数学奥林匹克小丛书(第三版)高中卷14：点几何解题

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(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---参考答案(第3-5章)

第三章托勒密定理及应用习题A1．由CDE BAE △∽△和CBE DAE △∽△，有4BE AB CE =，4DEAD CE=，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有()()416BE DEBD AE CE AB AD CE+⋅+=+=⋅．令CE x =，得方程26160x x +-=，求得2x =(舍去了负值)．于是12BE DE CE AE ⋅=⋅=．又8BD BC DC <+=，求得3BE =，4DE =或4BE =，3DE =，总之7BD =为所求．2．连EF ，DF ，由FBC FBD FED FAC ∠=∠=∠=∠，ABF EBF EDF ACF ∠=∠=∠=∠，知EDF EDF △∽△，即EF DE DF AF AC CF==．设其比值为k （k 为参数），则EF kAF =，DE kAC DF kCF =⋅=，对四边形BEFD 应用托勒密定理．有()BE EF DF BF DE +=⋅，即()BE k AF k CF BF k AC ⋅+⋅=⋅⋅注意到BE AC =，消去k ，得BF AF CF =+．3．连AC ，在四边形APCD 中应用托勒密定理，有PA PC AC PB AB +=4．连11l l 11,,B D DC B C ，设CAD α∠=，BAD β∠=，O ⊙的半径为R ．由AD 为BC 上中线，可令12ABC ACD ABC S S S k ===△△△．由正弦定理有112sin B D R β=⋅，112sin()C D R αβ=⋅+．对四边形111AB D C 应用托勒密定理，有1112sin 2sin 2sin()AB R αAC R βAD R αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+，消去2R ，两边同乘以 12AB AC AD ⋅⋅得111122ACD ABD ABC AB AB S AC AC S AD AD S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△，亦即 1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅，由此即证．5．连1535,A A A A ，则1514A A A A =，3513A A A A =．对四边形1345A A A A 应用托勒密定理，有 3413151435()A A A A A A A A A A ⋅+=⋅，即1213141413()A A A A A A A A A A +=⋅，由此整理即证．6．对四边形AB A B ''应用托勒密定理，有11a b cc AB A B '''=+⋅，即11111a b c cc c AB A B c '''=+⋅⋅，同理，对四边形B CA C '''，AB BC ''，AA BC ''分别应用托勒密定理，有1AB A B c AB B C b AB A C a '''''''⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅，1AB B C b abc bb b '''⋅⋅=+，1AB A C a a b c aa a '''''''⋅⋅=+．由此四式即证得结论．7．设圆心O 到AB ，BC ，CA 的距离分别为1x ，2x ，3x ，连接BO 并延长与O ⊙交于D ，连AD ，DC ，则12AD x =，22CD x =，对四边形ABCD 应用托勒密定理有12222x a x c Rb +=．同理，23222x b x a Rc +=，13222x b x c Ra +=．加之1232()2()2()2()x a b x b c x c a R a b c +=+++=++，但123()cx ax bx r a b c ++=++，以上两式相加得123x x x R r ++=+．但11x R h =-，22x R h =-， 33x R h =-，由此即证．8．作一直径(11)AB x x =≥的圆，在B 的两侧分别取C ，D 二点，使2BC =，11BD =，于是AC =AD ，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有211CD x ⋅=+，将此式与原方程比较得CD =．在BCD △中，由余弦定理，有1cos 2CBD ∠=-，知120CBD ∠=︒，故14sin120CDx AB ===︒为所求．9．作直径1AC =的圆，并作弦AB b =，AD a =的圆内接四边形ABCD ，则DC =，BC =AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅，即1a b BD =⋅，由此得1BD =，即BD 也是圆的直径，故221a b +=．10．当0x =时，1y =，当0x ≠时，作代换222x t x +=，1122x x t x x =+=+≥sin cos t θy t θ+=+，即1sin cos yt θy θ-=-⋅，以1AB =为直径作圆，作弦sin AC θ=，作弦AD =，则BD =cos BC θ=．由托勒密定理及1CD AB ≤=，有sin cos θy θ+，亦有sin cos sin cosyt tθyθθyθ-=-≤+，即11t y⋅--，故22y≤≤11．连AC，CE，AE，对四边形APCE应用托勒密定理，有AC PE AE PC CE PA⋅=⋅+⋅，而AC AE CE==，有PE PA PC=+．同理，PD PB PF=+，由此即证．12．不失一般性，令P点位于OBF△内部（其中O为CAB△中心），作1PP AD⊥于1P，2PP BE⊥于2P，3PP CF⋅于3P．由P，O，1P，2P四点共圆，有23180PP O PPO∠+=︒，知1P，3P，O，2P四点共圆，即P，3P，O，lP，2P共圆，推知l23PP P△是正三角形，在312PP PP中，有123213312PP P P PP PP PP PP⋅=⋅+⋅，即123PP PP PP=+，故PAD PCFS S+△△．13．作ABC△外接圆的直径CF，并设AF x=，BF y=，则60BFC A∠=∠=︒，直径2CF d y==．对四边形BCAF应用托勒密定理，有cd ax by=+．从而tan tan tan tan2221tan tan tan tan2a bA B BFC AFC ax by ax by by cd by by c by xa bA B BFC AFC ax by ax by cd c y cy x--∠-∠-+-=-======-= +∠+∠++⋅+．14．令AB AC a==，对四边形ABPC应用托勒密定理，有a PB a PC BC PA⋅+⋅=⋅，即有PA aPB PC BC=+．对四边形BCAQ应用托勒密定理，有QA BC a QB a QC⋅+⋅=⋅，即QA aQC QB BC=-．15．对四边形ABCD应用托勒密定理，BC AD BD AC AB CD⋅+⋅=⋅，即AD ACBC BD CDAB AB⋅+⋅=．又ABD MCP△∽△及ABC MDQ△∽△，有AD MPAB MC=，AC MQAB MD=，于是MP MQBC BD CDMC MD⋅+⋅=，注意到=22CD MC MD=即证．16．连EG，FG和EF，对四边形BFGE应用托勒密定理，有BE FG BF EG BG EF⋅+⋅=⋅，又FEG FBG ADB∠=∠=∠，EFG EBG∠=∠，则EFG ABD△∽△，有FG EG EFAB AD BD==，令其比值为t，则t BE AB t BF AD t BG BD⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅，消去t，注意到AD BC=即证．17．作DG AF∥交1O⊙于G，则AG FD=，GF AD=．对四边形AGDF应用托勒密定理，AD FG AG FD AF GD⋅=⋅+⋅．由AD平分BAF∠，知FD BD=，即AG BD=，由此知GB DA∥，有GD AB=．故222AD FD AF GD FD AF AB=+⋅=+⋅．同理，有22AE FE AF AC=+⋅．此两式相减有2222DA EA DF EF-=-，故DE AF⊥．18．在直径2AB x=>的圆中，在两个半圆上分别取点C和D，使2AC=，1AD=，则BCBD=由托勒密定理，CD x=⋅，与原方程比较得CD．在ACD△中，由余弦定理，有1cos2CAD∠=-，则120CAD∠=︒，故sinCDxCAD=∠．19．由222+=，在直径AB=的圆中，在一半圆上取点C，使AC=，BC=；在另一半圆上取中点D，则AD BD==CD，知CD AB≤，由托勒密定理，2AB CD=⋅≤，即y=≤ABC△中，AC BC AB+≥（当C与A或B重合时，取等号)，故y≤20．设222x y a+=，则01a≤≤．当0a=时，命题显然成立，当01a<≤时，在直径AB a=的一半圆上取点C，使AC x=，BC y=，因2222x y a +=+=，则可在另一半圆上取点D ，使BD =，AD =，由托勒密定理，有2x y AB CD a +=⋅≤，即2()()x x y y x y ++-≤≤但222()()()()x xy y x x y y x y x x y y x y +-=++-≤++-≤21．设点T 在劣弧»AB 上，连AT ，BT ，CT ，分别交小圆于点D ，E ，F ．连DE ，EF ，FD ，过点T 作公切线RQ ．由DFT RTD RTA ACT ∠=∠=∠=∠，有AC DF ∥，有AD ATCF CT=．又 2AM AD AT =⋅，2CP CF CT =⋅，有2222AM AD AT AT CP CF CT CT =⋅=，即AM AT CP CT =．同理，BN BT CP CT=．对圆内接四边形ATBC 应用托勒密定理，有AT BC BT AC TC AB ⋅+⋅=⋅，而AB BC CA ==，则 AT BT CT +=，故AM BN CP ++．22．令BC a =，AC b =，AB c =．由BE 平分ABC ∠，有AE AB EC BC =，亦有AE ABAC BC AB=+，即bc AE a c =+．同理，bcAF a b=+．由AE PQ ∥，有AEF Q ∠=∠，从而AEF PCB ∠=∠，注意到 FAE BPC ∠=∠，有AEF PCB △∽△，即PB AF a cPC AE a b+==+，即()PB b PC a c PB a ⋅=⋅+-⋅．在圆内接四边形PABC 中，应用托勒密定理，有PB b PC c PA a ⋅=⋅+⋅，故()PC a c PB a PC c PA a +-⋅=⋅+⋅，因此，PC PA PB ++．23．由()BE AC AF FC AC ⋅=+⋅，AC ，()()AF BC AB FC AF BD CD FC BE AE AF ⋅+⋅=⋅++-=⋅ ()()AC AF CD FC AC FC AE AF FC AC AF CD FC AE +⋅+⋅-⋅=+⋅+⋅-⋅，又AF CD FC AE ⋅=⋅，则BF AC AF BC AB FC ⋅=⋅+⋅，由托勒密定理之逆，知ABCF 有外接圆．24．连EA ，ED ，由BAE ECD ∠=∠，且CDE EAD ABE ∠=∠=∠，有ABE CDE △∽△，亦有AE ABEC CD=，即EC AB EA CD ⋅=⋅．在圆内接四边形AEBC 中，应用托勒密定理，有EA BC EB AC EC AB ⋅+⋅=⋅，于是222111EB AC EA BC EA BC BC BD BD BD EC AB EC AB EA CD CD CD BD CD DA ⋅⋅⋅=-=-=-===⋅⋅⋅⋅．又ABD CAD ∠=∠，ADB ADC ∠=∠，有ABD CAD △∽△，有AB BDAC AD=．于是22EB AC AB EC AB AC ⋅=⋅，故33EB AB EC AC =．习题B1．在弧¼ADC 上取点H ，使AH CD c ==，连HC ，HB ，令AC m =，BD n =，BH p =，易证AHC CDA △∽△，即HC AD d ==．对四边形ABCD ，ABCH 分别应用托勒密定理，有ac bd mn +=，ad bc pm +=．又在弧¼BCH 上取点K ，使BK CH d ==，由CHB KBH △∽△，有HK BC b ==对四边形ABKH 应用托勒密定理，有ab cd AK p +=⋅．又由¼¼KHA BCD =，有AK BD n ==．于是2()()ac bd ad bc m ab cd ++=+，2()()ac bd ab cd n ad bc++=+，由此即求得AC ，BD ．2．作AGH △的外接圆1O ，分别截AC ，AD AB 于点H ，Q ，G ．易证BCD APE △∽△，即DC BCPE AP=，BD BC AE AP =，即PE AK CD BC BC AP AP =⋅=⋅，AEBD BC AP=⋅．对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AE AKAD BC BD AC DC AB BC BC AB AP AP⋅=⋅+⋅=⋅+⋅⋅，故AP AD AE AE AK AB ⋅=⋅+⋅．（*）同理，由托勒密定理，有AP AQ AE AE AK AG ⋅=⋅+⋅．于是2()AP AQ AP AP PQ AP AP PQ AE AH AK AG ⋅=+=+⋅=⋅+⋅，即22AP PG PH AP AP PQ AE AH AK AG +⋅++⋅=⋅+⋅从而2AP AE AH AK AG PG PH =⋅+⋅-⋅．由(*)式减去上式，有()()() AP AD AP AE AC AH AK AB AG PG PH -=-+-+⋅，即PA PD PK PI PE PF PG PH ⋅=⋅+⋅+⋅．又22221()24PK PI EF KI KI ++≤≤，214PE PF EF ⋅≤，214PG PH GH ⋅≤，故224EF KI GH PA PD ++≥⋅，其中等号当且仅当P 为ABCV △的中心时取得． 3．设四边形1234A A A A 内接于以O 为圆心，半径为R 的圆，设点O 在弦13A A ，12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为点0H ，1H ，2H ，3H ，4H ．记(0,1,,4)i i h OH i ==…，1S ，2S 与1p ，2p 为123A A A △与34l A A A △的面积与半周长，1r ，2r 为它们的内切圆半径．考虑含点O 的三角形，不妨设O 在123A A A △内，分别对四边形302A H OH ，110A H OH ，221A H OH ，应用托勒密定理，并注意02H H ，01H H ，12H H 是123A A A △的中位线，有1102()R r p R H H +=⋅．01121023203011102121()()(R H H R H H S h H A h H A h H A h H A h H A h +⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅2211222003112011)()()2H A h A A h A A h A A h h h p +⋅+⋅+⋅=++⋅，故1120R r h h h +=++．考虑O 在三角形外部的情形，考虑341A A A △，对四边形140A H H O ，330A H H O ，413A H OH 应用托勒密定理，有220404033434010413()()(R r p R H H R H H R H H R H H S h H A h H A h +=⋅+⋅+⋅+⋅+=⋅-⋅+⋅0303343434433444101334021)()()()2H A h H A h H A h H A h A A h A A h A A h h h p -⋅+⋅-⋅+⋅+⋅-⋅=+-⋅，故2340R r h h h +=+-．在上述情形下，1212342r r h h h h R +=+++-．对一般情形，所求内切圆半径之和等于1h ，2h ，3h ，4h ，2R 并赋以一定的符号之和，这些符号只与点O 相对四边形1234A A A A 的位置有关．因此，这个和与对角线的选取无关．4．设圆1C 的圆心为O ，半径为r ，连i OA ，(1,2,,)i OB i n =…，在四边形112OA B B 中应用托勒密不等式，有112211112OA B B CO A B OB A B ⋅+⋅≥⋅，即1211222()r B B λr A B λr A A A B →⋅+⋅≥+)，故 12111222()B B λA B λA A A B +≥+．同理，迭用托勒密不等式，有23222333()B B λA B λA A A B '+≥+；34333444()B B λA B λA A A B +⋅≥+；…； 1111()n n n n n n n B λA B λA A A B ----+⋅≥+，1111()n n n n B B λA B λA A A B +≥+．将上述几个同向不等式相加，得1223111223-11()n n n n n B B B B B B B B λA A A A A An A A -+++≥+++……+，故21p λp ≥．由托勒密不等式中等号成立的条件是当且仅当四边形112OA B B ，223OA B B ，…，1n n OA B B ，都是圆内接四边形，由圆内接四边形性质，知2323OA A OB B ∠=∠，2132OA A OB B ∠=∠，但 2332OB B OB O ∠=∠，则2123OA A OA A ∠=∠，从而1223OA A OA A △∽△，因此1223A A A A =．同理， 23341n A A A A A A ===…，即n 边形12n A A A …为正n 边形．反之，若12n A A A …为正n 边形，将其绕点O 逆时针方向旋转2πn，知12A A →，23A A →，…，1n A A →，从而12B B →，23B B →，…，1n B B →．于是知12n B B B …也是正n 边形，因此有122312n A A A A A A r ===⋅…πsin n，12231π2sin n B B B B B B λr n ====⋅…．此时有21p λp =．5．作1O ⊙，O ⊙的公共直径GMK ，其中GM 是1O ⊙的直径，GK 是O ⊙的直径，连CG 交1O ⊙于点N ．显然MN KC ∥，于是CN KM CG KG =，222CN KMf CN CG CG CG CG KG=⋅=⋅=⋅，即f CG =理，d AG =e BG =ABGC 中应用托勒密定理，有b BG c CG a AG ⋅+⋅=⋅．此时两bd ce af +=． 6．首先证EF GH =，MN PQ =．由切线长定理，有()()()()AC BC BD DA AF BF BE AE -+-=-+-= ()()2AF AE BE BF EF -+-=，()()()()()AC DA BD BC CH DH DG CG CH CG -+-=-+-=-+()2DG DH GH -=，而()()()()AC B BD DA AC DA BD BC -+-=-+-，故EF GH =．同理MN PQ =．连1O A ，1O E ，3O C ，3O G ，由BAD ∠与BCD ∠互补，知1O AE ∠与3O CG ∠互余，有13390O AE O CG CO G ∠=︒-∠=∠，即13AE CO G △∽△．于是1313AE CG O E O G R R ⋅=⋅=⋅．同理，24BM DP R R ⋅=⋅．令AE AQ a ==，BM BF b ==，CG CN c == DP DH d == EF GH m ==，MN PQ n ==．于是，AB a b m =++，CD c d m =++，BC b c n =++，DA d a n =++，()()AC AF CM a m c n =+=+++，()()BD BE DQ b m d n =+=+++．对ABCD 应用托勒密定理，有AC BD AB CD BC DA ⋅=⋅+⋅，即()()()()()()a c m n b d m n a b m c d m b c n d a n +++⋅+++=+++++++++，亦即mn ac bd =+．即证． 7．设BAN NAC a ∠=∠=，对AB ，AN ，AC 应用三弦定理，则有2cos AN αAB AC ⋅=+，因1sin ()2ABC ABL ACL S S S AL αAB AC ++=⋅⋅+△△△，则cos sin ABC AN AL αα=⋅⋅⋅△S ．又在Rt ALK △中，cos AL αAK ⋅=，则sin 2ANK S ABC AN AK αS =⋅⋅=△△．又易知AK AM =，即知ANK ANM △∽△，于是12ANK ANM AKNM S S S ==△△四边形，即证．8．必要性：连OB ，OC ，知EAB △，FAC △均为等腰三角形，且2()2BPC AEP CFD BAD CAD BAC BOC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB OP BC ⋅=⋅+⋅，由PB PC PO =+得OC BC =，即OBC △为正三角形，推得1302BAC BOC ∠=∠=︒．充分性：由30BAC ∠=︒，知OBC △为正三角形，且由BPC BOC ∠=∠知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB PO BC ⋅=⋅+⋅，及OC OB BC ==，即得PB PC PO =+． 9．对四边形1ACA B 应用托勒密定理，有111AA BC AB AC AC A B ⋅=⋅+⋅，令11A B AC x ==，注意112x A B ACK BC =+>，有11222()ABx AC x AA AB AC AB AC BC BC +==+⋅>+，即11()2AA AB AC >+．同理，11()2BB BA BC >+，11()2CC CA CB >+，此三式相加即证．10．令AC a =，CE b =，AE c =．对四边形ACEF 应用托勒密不等式，有AC EF CE AF AE CF ⋅+⋅≥⋅，注意EF AF =，有FA c FC a b ≥+．同理。

数学奥林匹克小丛书：复数与向量

数学奥林匹克小丛书：复数与向量
复数与向量：本书讨论的是数学的一大奥秘，这些奥秘复杂而又千变万化，但明智的探索者们将其拆解为简单而有效的形式，让普通人也能轻松掌握它们。

数学奥林匹克小丛书：复数与向量是数学课本，它深入探讨了复数及其在几何、抽象代数中的应用。

书中概述了向量的基本概念，包括向量空间、内积和线性变换，以及在复变函数的现实情况下给出的这些概念的大致理解。

此外，本书也详细介绍了特殊向量，如雅可比矩阵、列向量、复数和复变函数向量。

列表：
1. 书中概述了向量的基本概念，包括向量空间、内积和线性变换。

2. 本书也详细介绍了特殊向量，如雅可比矩阵、列向量、复数和复变函数向量。

3. 书中深入探讨了复数及其在几何、抽象代数中的应用。

4. 在复变函数的现实情况下给出的向量的大致理解。

数学奥林匹克小丛书：复数与向量主要介绍了复数与空间向量的相关知识，运用于各个学科，而对奥林匹克数学竞赛知识的掌握也有极大的帮助，在竞赛中有显著作用。

此外，本书也涉及到将复数和向量应用到抽象代数中的理论。

详细介绍了特定的向量，可以帮助读者轻松理解这些概念，为深入进一步的学习做铺垫。

数学竞赛书目

高中各学科竞赛同步辅导培训教材
s004 高中数学竞赛培训教材高一分册浙江大学 22
s005 高中数学竞赛培训教材高二分册浙江大学 23
s006 高中数学竞赛培训教材高三分册浙江大学 26
高中各科竞赛实战演练丛书
s015 国内高中数学竞赛真题库浙江大学 14
s016 国外数学竞赛真题库浙江大学 25
s017 高中数学竞赛2000题浙江大学 40
特级教师解密
s064 奥赛小丛书.高中卷14 组合几何华东师大 7
s065 奥赛小丛书.高中卷15 图论华东师大 9
s066 奥赛小丛书.高中卷16 组合极值.论证与构造华东师大 10
s052 奥数小丛书.高中卷2 函数与函数方程华东师大 12
s053 奥数小丛书.高中卷3 三角函数华东师大 13
s054 奥数小丛书.高中卷4 平均值不等式与柯西不等式华东师大 11
s055 奥数小丛书.高中卷5 不等式的解题方法与技巧华东师大 12
《赛前集训》系列
s049 高中数学联赛专题辅导华东师大 15
s050 高中数学联赛考前集训华东师大 7
《数学奥林匹克小丛书》
s051 奥数小丛书.高中卷1 集合华东师大 12
高中各学科竞赛丛书国家数学奥林匹克竞赛学会审定
s001 高中数学竞赛培优教程(一试) 浙江大学 26
s002 高中数学竞赛培优教程(专题讲座) 浙江大学 26
s003 高中数学竞赛题典浙江大学 14
《高中奥赛试题评析》丛书
s029 高中数学奥赛试题评析南京师大 18
启东中学奥赛训练教程
s030 启东中学奥赛训练教程.高中数学南京师大 24

高中数学竞赛书籍排行

高中数学竞赛书籍排行
以下是一些高中数学竞赛的经典书籍，排名不分先后：
1. 《高中数学竞赛专题讲座》（共10本）：这套书是数学竞赛的经典教材之一，包括了许多经典的数学竞赛题目和解题方法。

2. 《高中数学竞赛全解》：这本书是数学竞赛的必备参考书之一，包含了高中数学竞赛的所有知识点和经典题目，非常适合学生自学或复习。

3. 《高中数学竞赛真题解析》：这本书收录了大量的数学竞赛真题，并进行了详细的解析，是提高学生解题能力的很好参考书。

4. 《高中数学竞赛不等式选讲》：这本书主要介绍了高中数学竞赛中的不等式问题，包括了许多经典的不等式题目和解题方法。

5. 《高中数学竞赛数论与组合分册》：这本书是数学竞赛数论和组合部分的经典教材之一，包含了大量的经典题目和解题方法。

以上书籍都是高中数学竞赛的经典教材和参考书，对于提高学生的数学竞赛水平有很大帮助。

当然，每个人的学习情况不同，需要根据自己的实际情况选择适合自己的书籍。

数学奥林匹克小丛书初中卷第三版因式分解技巧

《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版因式分解技巧》一、引言在学习数学的过程中，因式分解是一个非常重要且基础的概念。

它不仅在解题的过程中起着关键性作用，而且对于扎实的数学基础和逻辑思维能力的培养也具有重要意义。

而《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中关于因式分解的技巧更是为我们提供了宝贵的学习资源和指导，帮助我们更好地掌握这一重要知识点。

二、从简到繁，由浅入深的因式分解技巧1. 提取公因式在因式分解的过程中，首先要掌握的就是提取公因式的技巧。

这是因式分解的基础，也是解题过程中最常见的一种方法。

在《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中，通过大量的例题和解析，深入浅出地阐述了提取公因式的原理和方法，从而让我们更好地掌握这一技巧。

2. 分解因式除了提取公因式外，分解因式也是因式分解过程中的重要步骤。

《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中提供了丰富多样的分解因式的题目，并给出了详细的解题思路和方法，帮助我们更好地理解和掌握这一技巧。

3. 特殊方法与技巧除了基础的提取公因式和分解因式外，《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》还介绍了一些特殊的因式分解方法和技巧，如差的平方公式、完全平方公式等。

这些特殊的方法和技巧，往往能在解题过程中起到意想不到的作用，因此对于我们来说也至关重要。

4. 延伸拓展《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中不仅仅停留在基础的因式分解技巧上，还对其进行了更深远的延伸拓展。

更复杂的多项式的分解、高次方程的因式分解等。

这些内容的介绍和讲解，对于我们更深入地理解因式分解技巧以及应用它们解决实际问题都具有重要意义。

三、个人观点和理解在学习《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中关于因式分解的技巧时，我深刻地体会到了因式分解在数学学习中的重要性。

它不仅是解题的利器，更是培养我们逻辑思维和分析问题能力的重要途径。

而《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》所提供的丰富多样的例题和详细解析，让我受益匪浅。

在未来的学习中，我也会进一步加强对因式分解技巧的掌握，努力提高解题能力和数学素养。

数学奥林匹克小丛书(第三版)高中卷13：复数与几何

中国数学奥林匹克高级教练倪明华东师范大学出版社教辅分社社长、编审、《数学奥林匹克小丛书》总策划瞿振华第59届IMO中国队领队、国家集训队教练、华东师范大学副教授单墫第30、31届IMO中国队领队、南京师范大学教授、博士生导师吴建平中国数学会普及工作委员会原主任、中国数学奥林匹克委员会原副主席熊斌华东师范大学教授、博士生导师、多届IMO中国队领队姚一隽第55、58届IMO中国队领队、复旦大学教授、博士生导师余红兵国家集训队教练、苏州大学教授、博士生导师张景中中国科学院院士、中国教育数学学会名誉理事长朱华伟第50届IMO中国队领队、中国教育数学学会常务副理事长、博士生导师
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数学奥林匹克小丛书 (第三Fra bibliotek) 编委会冯志刚国家督学、上海中学特级教师、正高级教师、多届IMO中国队副领队葛军博士、中国数学奥林匹克高级教练、南京师范大学兼职教授、
江苏省中学数学教学研究会副理事长孔令志华东师范大学出版社教辅分社副社长、《数学奥林匹克小丛书》项目编辑冷岗松国家集训队教练、上海大学教授、博士生导师李胜宏第44届IMO中国队领队、浙江大学教授、博士生导师李伟固国家集训队教练、北京大学教授、博士生导师刘鸿坤第31、32届IMO中国队副领队、华东师范大学教授刘诗雄华南师范大学中山附属中学校长、中学数学特级教师、

高中数学竞赛有哪些值得推荐的辅导书？从入门到高阶，数竞党必读！

又到了新一轮竞赛学习，不少学生反映不知道买哪些参考书，今天就来给大家推荐一些书目，从入门、进阶到拔高，适合各个不同阶段，欢迎大家对号入座~一、入门1、《奥数教程》，华东师范大学出版社这套书按年级分为高一、高二、高三三套，每个年级包含教程、测试和学习手册三本，是比较基础、入门级的竞赛教程。

《奥数教程》从课本知识出发，由浅入深，逐步过渡到竞赛，内容涵盖了竞赛的全部考点和热点。

每本书包含基础篇和拔高篇，基础篇主要是一试相关内容，拔高篇是二试相关内容。

共30讲，每讲又分为“内容概述”、“例题精解”、“读一读”和“巩固训练”四个部分，系统地梳理了数学竞赛知识，比较适合刚接触竞赛的学生使用。

《奥数教程-能力测试》是配套的练习用书，每讲配备了1个小时左右的练习量，确保学生更好地掌握知识。

《奥数教程-学习手册》详细解答了《奥数教程》中“巩固训练”，并对该年级的竞赛热点进行精讲，并配有真题用作练习。

2、《2018年全国高中数学联赛备考手册》，华东师范大学出版社这本书每年出版一本，集合了各个省市联赛预赛的试题及答案详解，预赛命题人员大多为各省市数学会成员，题型和难度一般和高联一试相当，可以在学完一遍一试后作为练习题使用。

二、进阶1、《数学奥林匹克小丛书》，华东师范大学出版社俗称“小蓝本”，这套书共14册，包括《集合》、《函数与函数方程》、《三角函数》、《平均值不等式与柯西不等式》、《不等式的解题方法与技巧》、《数列与数学归纳法》、《平面几何》、《复数与向量》、《几何不等式》、《数论》、《组合数学》、《图论》、《组合极值》、《数学竞赛中的解题方法与策略》等，可以说是竞赛生人手一套的“圣书”。

力图用各种方法介绍数学竞赛中的14个专题，书中有对基本知识、基本问题以及解决这些问题的一些典型方法的讲解，还有由基本问题派生出来的教学方法和应用，相对易懂。

2、《奥赛经典》，湖南师范大学出版社这套书分为《奥林匹克数学中的组合问题》、《奥林匹克数学中的几何问题》、《奥林匹克数学中的代数问题》、《奥林匹克数学中的数论问题》、《奥林匹克数学中的真题分析》五册。

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。

《数学奥林匹克小丛书》(第三版)高中卷A辑勘误图示(2020.9.22更新) (1)

《数学奥林匹克小丛书》（第三版）高中卷A辑勘误图示高中卷A辑 2 函数与函数方程
1.75页例10勘误如图
2.159页第9题解析勘误如图
高中卷A辑 3 三角函数1.6页例4解析勘误如图
2.29页例2解法一勘误如图
3.74页例14解析勘误如图
5.128页例1解析勘误如图
6.137页例12勘误如图
8.156页第1题勘误如图
9.174页第16题勘误如图
高中卷A辑 4 平均值不等式与柯西不等式1.4页证法三说明勘误如图
高中卷A辑 6 复数与向量1.11页勘误如图
2.23页例3解析勘误如图
高中卷A辑7 解析几何1.33页第7题勘误如图
2.86页例14图4.16勘误如图
3.88页例17图
4.20勘误如图
4.96页例5解析勘误如图
5.141页例3解析勘误如图
6.176页第一段勘误如图
高中卷A辑8 高中数学竞赛中的解题方法与策略1.168页例9解析。

【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】

两个数学奥林匹克高中训练题05按从小到大顺序排列数列各项的和记为s对于给定的自然数n若能从数列中选取一些不同位置的项使得这些项之和恰等于n便称为一种选项方案和数为n的所有选项方案的种数记为数学奥林匹克高中训练题05第一试一选择题本题满分42分每小题7分1
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） .............................................................................................. 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ...................................................................................................

自学数学竞赛书籍推荐

自学数学竞赛书籍推荐
自学数学竞赛书籍推荐：
1、《高中数学竞赛全书》（第三版）：由安徽教育出版社出版，作者刘子健、贾开明主编，以中学生数学竞赛考试的形式，将历届真题进行系统总结，同时对比分析不同数学竞赛的知识点、解题思路及解题技巧，有助于考生全面掌握数学竞赛知识，并掌握试题解题技巧。

2、《高中数学竞赛必备课程》：由清华大学出版社出版，著名数学竞赛专家、中国教育学会理事长杜祖军编写，是一本集中考试、省考、模拟考、赛场知识点、技巧及解题方法于一体的竞赛教材。

3、《高中数学竞赛宝典》：由中国青年出版社出版，作者李晓峰、王荣荣编写，以中学生参加省市级数学竞赛为主要内容，重点突出知识点、解题思路、套路技巧等，逐步引导考生树立正确的数学思维，提高数学竞赛水平。

4、《高中数学竞赛完全指南》：由上海科技出版社出版，著名数学竞赛专家、中国教育学会理事长郑贵新编写，全面梳理中学生数学竞赛考试的知识点、题型特点、解题思路、技巧及应用。

数学奥林匹克小丛书

数学奥林匹克小丛书. 高中卷．不等式的解题方法与技巧1、不等式的解题方法与技巧
（1）解不等式的准确方法：
（a）给出不等式，解决不等式的正确方法是将不等式转化为等式，并解决等式的根。

（b）另一种方法是将不等式的两边同时乘以不等式的负号，然后将不等式转化为等式，再解决等式的根。

（2）技巧：
（a）如果不等式的左右两边都是正数，则不等式的结果是不等式的左边大于右边，反之则小于。

（b）如果不等式左边有一个负数，而右边有一个正数，则不等式的结果是左边小于右边，反之则大于。

（c）如果不等式的左右两边都是负数，则不等式的结果是不等式的左边大于右边，反之则小于。

数学竞赛学习解读(自招收获篇)

数学竞赛学习之路——自招收获篇质心教育黄靖旻引言：本文写给那些有志向学习数学竞赛，但却没能攻克这座大山的同学。

数学竞赛毕竟是困难的，需要一点点天赋，更需要大量的努力和付出。

不是所有人都愿意拿出如此多的时间去学习竞赛，也不是所有人都能够面对难题有一颗想去攻克的心。

或许你是喜欢数学的，但却因为许多难题而望而却步。

那也不要紧，这段竞赛学习之路依然可以给你很大的收获。

你可以参加联赛，如果运气好拿了个省一便可以有降分或者降重本的机会。

如果拿个省二，你可以借此报名自主招生考试，自招的内容大体在高考与联赛一试之间，学过竞赛也会有优势。

再不济省三或者没有获奖，你也收获了一段开阔视野的经历，还可以回去参加高考，而这些数学学习经历对你的未来或多或少也会有帮助。

所以，不用害怕差距，也不用觉得自己比不上那些数竞大牛，每个人有每个人的天赋，也有每个人的机遇，总之，学习竞赛是提供了更多的机会，而机会是要自己去争取的。

比起一味高考一考定大学，比起整个高中都在学习高考知识，学习数竞都是一个更好的选择。

阶段1 准备阶段（初三放假至高一下结束）阶段解读：初中毕业后一些同学可能就解放自我了，而另一些同学则会抓住这个机会去努力。

对于学知识相对比较慢一些的同学，可以不要学的那么快，可以花一年的时间慢慢把高考数学的内容掌握清楚，同时也会对之后高考有帮助。

如果学有余力，建议这部分同学也可以同时学一学整个高中的物理化学生物课程，这样之后高二进入竞赛学习的节奏后，不会因为学习竞赛而落下常规。

目标1:快速完成高中数学内容，短时间达到高考要求目标解读：找到当地所用数学教材或通用人教版教材（可以在官网上找到电子课本），结合高中上课的一般顺序（也可以在网上查到）进行自学，当然这里需要参考一些教辅书籍（一般用高三复习的那种，要选讲的比较精细的）和有一些辅导课程最好（自己学习还是会有些重点不知道在哪儿）。

通过这个过程我们将掌握高中数学所需要的数学知识，这个过程要细，虽然高中还会更系统地学习一遍，但如果自己学的这一次不够细，那么将来自己的数学学习中将会有很多现在落下的毛病。

(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---16-20章

第十六章三角形旁心的性质及应用习题A 1．先证明OP 与O e 的交点M 为PAB △与PCD △的共同内心，再证明PO 的延长线与O e 的交点N 为PAB △与PCD △的一个共同旁心．2．应用旁切圆的性质、正弦定理和割线定理，通过计算实施证明．3．由题设知BA 和CA 分别是DBC △的B ∠，C ∠的外角平分线，即A 为DBC △的旁心，所以DA 是BDC ∠的平分线．作BJ AX ⊥交AD 于J ，因90ABJ XBL ∠=∠=︒，ABC XBD ∠=∠，CBJ DBJ ∠=∠，即BJ 是CBD ∠的平分线，从而点J 是BCD △的内心，CJ 平分BCD ∠．由于ACB YCD ∠=∠，则JC AY ⊥．因90ABJ ACJ ∠=∠=︒，故四边形ACJB 内接于圆，且圆心在Rt ABJ △的斜边AJ （即AD ）上，所以过A ，B ，C 的圆的圆心在AD 上．4．（1）由222211111()()()[()][()]22424p p c a b c a b c a b c ab c a b -=++⋅+-=+-==--=1()2a b c -++⋅1()()()2a b c p a p b -+=--，即证．（2）由A r p b =-，B r p a =-，C r p =，r p c =-，知4A B C r r r r p c p b p a p p +++=-+-+-+=- ()2a b c p ++=．5．连AO 并延长，过F 作BC 的垂线，两线相交于O '，过O '，作AC 、AB 延长线的垂线O M '，O N '，M ，N 为垂足，由OE O F '∥，有AO OE AO O F =''．设O e 切AC 于G ，连OG ，则OG O M '∥，有OAO A='OG O M '．故OE OGO F O M =''．又OE OG =，则O F O M ''=．同理有O F O N ''=．从而，以O '为圆心，O F '为半径的圆必切AN ，BC ，AM 于N ，F ，M ，即O 'e 为ABC △的旁切圆．由旁心性质7，知BD CF =．6．因I 是BEC △和AFB △的内心，则由内心性质知902BIC α∠=︒+，902AIB β∠=︒+．又因I 是AED△及DFC △的旁心，由旁心性质3，知902AID α∠=︒-，902CID β∠=︒-．从而1sin 2AIB S IA IB AIB =⋅⋅∠=△ 11sin(90)cos 2222IA IB IA IB ββ⋅⋅︒+=⋅⋅．同理，1cos 22AID S IA ID α=⋅⋅△，1cos 22BIC S IB IC α=⋅⋅△，1cos 22CID S IC ID β=⋅⋅△，而这四个三角形的高都等于内切圆的半径，所以22cos 2cos 2AID BIC AIB CID S S AD BC AB CD S S αβ⋅⋅==⋅⋅△△△△．习题B1．用点O 表示圆Γ的圆心，点1O 表示2Γ的圆心，点2O 表示2Γ的圆心．r ，A r 分别为圆2Γ，1Γ的半径，点S 是直线PQ 与1Γ的交点，连1OO ，2O S ，2OO ，则11QSO O QS OQP OPQ ∠=∠=∠=∠．利用O ，P ，2O 共线有21OO O S ∥，从而21RPO RSO △∽△，即有2RO ∶1RO r =∶A r ．而1212RO RO O O =+，从而212/()A RO rO O r r =-，112/()A A RO r O O r r =-（注意1Γ并不与Γ相切）．设12O O 分别与1Γ，2Γ相交于M ，N ，则N ，M ，1O 共线．又2O ，P ，O 共线，则(πNMQ NPQ ∠+∠=- 1212111)(π)[π(π)][π(π)(π)]222O MQ NPO QPO MO Q PO N POQ ∠+-∠-∠=--∠+--∠--∠=π122+12()πMO Q PO N POQ ∠+∠+∠=（其中注意到11MO QO =，22PO NO =，PO QO =），因此，P ，N ，M ，Q 其圆．由此2RT RP RQ RN RM =⋅=⋅（P ，N ，M ，Q 共圆）1221()()A A rO O RO r RO r r r r ⎛⎫=+-=+ ⎪-⎝⎭2121221()A A A A A r O O O O r rr r r r r ⎛⎫⎡⎤-=- ⎪⎢⎥--⎝⎭⎣⎦．设直线AB 切圆1Γ于点*1O ，切圆2Γ于点*2O ，则*1AO p =，*2AO p a =-，于是****1212O O AO AO a =-=．由于******2121112,O O O O O O O O ⊥⊥，因此2**22221212()()()A A O O O O r r a r r =+-=+-，从而2RT = 22222()[1]()()A A A A A a r r rr a rr r r r r +--=--．而ABC S pr =△，故1111122ABC ABO ACO BCO A A S S S S AB r AC r =+-=⋅+⋅△△△△ 1()2A A BC r p a r -⋅=-⋅．又ABC S r p =△，ABC A S r p a =-△，故2221()()11a RT p p a p p a p a p =⋅=--⎛⎫-⎪-⎝⎭． 2．（1）记1()2p a b c =++，则AP p b =-，11()()22PM AM AP c p b b a =-=--=-．（2）设圆Γ切AB边于点N ，则NB p b AP =-=．当b a >时，以点A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正向建立直角坐标系，则(,0)B c ，(cos ,sin )C b A b A ．显然AN p a =-，,S O p a p ⎛⎫- ⎪⎝⎭△，,02c M ⎛⎫⎪⎝⎭，(,0)P p b -．设直线CP 的斜率为1k ，直线MQ 的斜率为2k ，则1sin sin cos ()(1cos )b A b Ak b A p b b A p ==--+-，2/()2S p k c p a ==--△ 2()S p b a -△．又02sin S bc A =⋅，故212[(1cos )][(1cos )]()sin ()S b A p kc b A p k p b a b A p b a ++-+-==--△．由于[(1cos )]c b A p +-- 2222211()(1cos )[()]cos ()022p b a bc A b c a bc A b c a -=+-+-=-+-=，从而21k k =，因此CP MQ ∥．于是2CB PB c AP b c a c QB MB c -+-===，即acBQ b c a =+-．当a b =时，ABC △是一个等腰三角形，点P ，N ，M 三点重合，则点Q 与点C 重合，于是BQ BC a ==，也满足（*）式，故（*）式给出了本题所求的BQ 长．3．设AED △的内切圆1O e 交ED 于P ，则111(cot cot )22ED EP PD r AED ADE =+=∠+∠．显然O 是AED △的旁心，由旁心性质1知OE ，OD 是AED △的两条外角平分线，由于190O EO ∠=︒，故可得11(cot cot )(tan tan )22ED r DEO EDO r AED ADE =∠+∠=∠+∠．于是111tan tan 1122tan tan 1122cot cot 22AED ADE r AED ADE r AED ADE ∠+∠==∠⋅∠∠+∠．又ED BC ∥，有AED B ∠=∠，ADE C ∠=∠，从而1tan tan 22r B Cr =⋅．同理，2tan tan 22r C A r =，3tan tan 22r A B r =．注意到在ABC △中，tantan tan tan tan tan 1222222B C C A A B⋅+⋅+⋅=，得123r r r r =++． 4．设另一圆的圆心为O ，AD ，BC 的延长线交于M ，则O e 为MCD △的旁切圆．设MC a =，MD b =，CD c =，O e 的半径为r ，则由旁心性质5，知1()()2MCD S p c r a b c r =-⋅=+-△．又MAB S =△1()2MA MB r +⋅，而ABCD 是圆内切四边形，则MAB △∽MCD △．于是MA MB ABk a b c===（常数），即AM ak =，BM bk =，AB ck =．而MAB S △∶2MCD S k =△，故2MA MB k a b c +=+-，即2ak bkk a b c+=+-．从而()a b a b c k ak bk ck MA MB AB +=+-=+-=+-，故()()AB MA b MB a MA MD MB MC =-+-=-+-AD BC =+．第十七章关联三角形巧合点的性质及应用习题A1．作高CF ，易知C 点是ABH △的垂心．再取ABH △的外心O ，由于G 是ABH △的重心，可知O ，G ，C 三点共线（欧拉线）．由30B ∠=︒知60BAH ∠=︒，亦即2120BOH BAH ∠=∠=︒．而90BCH ∠=︒- 60B ∠=︒，知12060180BOH BCH ∠+∠=︒+︒=︒，故O ，B ，C ，H 四点共圆．此时，OCB OHB ∠=∠= 1(180)302BOH ︒-∠=︒．从而9060ANM CND OCB ∠=∠=︒-∠=︒，故知AMN △为正三角形． 2．连OA ，OC ，IA ，AH ，CH ．AH 、CH 的延长线分别交BC ，AB 于D ，E ．在Rt HAE △中，cos cos(90)AE HAE B AH =∠=︒-∠，sin AE AH B =∠．因1cos 2AE BAC AC =∠=，从而12AE AC =，AH =2sin 2sin 2sin AC R BR B B⋅∠==∠∠（R 为外接圆半径）．又1(180)902OAC OCA AOC B HAE ∠=∠=︒-∠=︒-∠=∠，I 为ABC △的内心，故IAO IAH ∠=∠，IAO △≌IAH △，于是有OI IH =．3．若G ，I 两点重合，易断ABC △为正三角形，此时0AGI S =△，0BGI S =△，0CGI S =△，结论显然成立．若G ，I 两点互异时，过G ，I 作直线l ．（i ）如果l 通过ABC △的一个顶点，易断ABC △为一等腰三角形，此时AGI S △，BGI S △，CGI S △中，一个为零，其余两个相等，结论也成立．（ii ）如果l 与ABC △的两边相交，不妨设与AB ，AC 相交，延长AG 交BC 于E ，E 必为BC 的中点，连EI ．过B ，E ，C分别作到直线l 的距离BB '，EE '，CC '．易证2BB CC EE '''+=，从而2BGI CGI EGI S S S +=△△△．又由重心性质，知2AG GE =，从而2AGI EGI S S =△△，故AGI BGI CGI S S S =+△△△． 4．设F 为AC 的中点，则E 在DF 上，且23DE DF =．设G 为BC 的中点，AG 交CD 于H ，则H 为ABC △的重心．连FG 交CD 于I ，则I 为CD 的中点，从而23DH DEDI DF==，EH FI AB ∥∥，从而DO EH ⊥．又HO DF ⊥，从而O 为DEH △的垂心，故OE CD ⊥．5．由心径公式（性质15），有AM R =，2cos AN R A =⋅．在AMN △中用余弦定理，有22MN R =+22(2cos )22cos cos R A R R A A R -⋅⋅=，故MN R =．6．设BG ，BH 的延长线交AC 于E ，F ，于是sin 2sin sin BF AB A R A C =⋅=⋅，cos()sin sin BH A C BF A C+=-=⋅ 1cot cot A C -⋅．由2tan tan tan B A C =+及tan tan tan tan tan tan A B C a B C ++=⋅⋅，有1cot cot 3A C ⋅=，从而23BH BGBF BE==，故GH AC ∥． 7．由1()2OAI C B ∠=-，4sin sin 2cos cos 2222B C B C B C IA R R -+⎛⎫=⋅⋅=⋅- ⎪⎝⎭及2BC AC AB =+，即1coscos222B C B C +-=，有cos 2B C IA R -=⋅．在OAI △中，1()2OAI C B ∠=-及AO R =，可得90OIA ∠=︒． 8．设ABC △中，边CA ，AB 上的高的延长线分别交ABC △的外接圆于1B ，1C ，则由性质16(2)有ABC A BC AB C ABC S S S S '''=++△△△△．又由性质16(3)，(4)推导可知1AB C AB C S S '△△≤，1ABC ABC S S '△△≤，从而ABC A BC AB C ABC S S S S '''++△△△△≤，其中等号当且仅当ABC △为正三角形时成立．9．（1）因0AA ，0BB 的交点I 是ABC △的内心，则11A I A B =．又0BB ，0BA 分别是B ∠的内、外角平分线，则00BB BA ⊥，10090A BA BA I =︒-∠△，从而1101A B A A A I ==，故012A BI A BI S S =△△．同理，有类似这样的五个等式，将此六式相加，即有0001112A B C AC BA CB S S =△．（2）由性质16(3)可知111ABC A BC AB C ABC S S S S ++△△△△≤，即1112ABC AC BA CB S S △≤，故0001112A B C AC BA CB S S =△≥ 224ABC ABC S S ⋅=△△．10．由9题（1）可知011A A A I =，011C C C I =，得1100AC A C ∥．又00BB BA ⊥，从而011BB AC ⊥．同理01AA B C ⊥，故I 为111A B C △的垂心．由性质16(2)可得111111111A B C AB C BA C CA B S S S S =++△△△△，就是1112A B C S =△ 111AC BA CB S ．再由9题(2)的结论可知11144A B C ABC S S △△≥，故111A B C ABC S S △△≥．11．设H 是ABC △的垂心，则111180180BHC CAB C A B ∠=︒-∠=︒-∠，于是H ，B ，1A ，C 四点共圆．同理，H ，C ，1B ，A ；H ，A ，1C ，B 分别四点共圆．从而11111B HC B HA C HA B CA ∠=∠+∠=∠+ 111111111111111360()()2C BA A B C AC B BAC CAB B AC BAC B AC ∠=︒-∠+∠-∠+∠=∠+∠=∠．同理，11C HA ∠ 1112C B A =∠，111112A HB AC B ∠=∠，故H 为111A B C △的外心．分别过ABC △的顶点作对边的平行线，围出000A B C △，可知H 也是000A B C △的外心，并且1A 在以0A H 为直径的圆上．因而，可将111A B C △绕H 逆时针方向旋转10A HA ∠后，得到的三角形与000A B C △位似（以H 为值似中心），所以101090HH H HA A ∠=∠=︒，这里0H ，1H 分别是000A B C △和111A B C △的垂心．所以，只需证明ABC △的外心为线段0HH 的中点，事实上，利用ABC △关于其重心G ，以2-为位似比，所得的位似图形为000A B C △，可知02MH MH =-u u u u u r u u u u r ，而由性质4（欧拉线）可知2MH MO =-u u u u r u u u u r，于是0OH OH =-u u u u r u u u u r，所以O 为0HH 的中点．习题B1．设AI 的延长线交O e 于D ，交BC 于F ，连OD 交BC 于E ．显然A ，G ，E 共线．易证A ，M ，O ，N 四点共圆且OA 的中点P 必是AMN △的外心．连PI ，OI ，由内心性质知DI DB DC ==．由托勒密定理，有AB BC AC DB AD BC ⋅+⋅=⋅，即()DI AB AC AD BC +=⋅，从而ADDI= 22AB AC BC BC BC +==，亦即I 为AD 的中点，所以OI AD ⊥．在Rt AOI △中，12PI OA =，故I 在AMN △的外接圆上．易证PI OD ∥，且OD BC ⊥，所以PI BC ⊥．又2AG GE =，而2AI AB AC AGIF BC GE +===，从而有GI EF ∥，即GI BC ∥，于是GI PI ⊥，故GI 与P e 必相切．2．若ABC △是等边的（点O 与I 重合），则结论显然成立．今设点O 在点I 与C 之间．作高CE ，则1902EIB ABC ∠=︒-∠，90ODB ABC ∠=︒-∠，故180OIB ODB ∠+∠=︒，因此，B ，I ，O ，D 四点共圆．于是IDB IOB ∠=∠（同为ºIB 所对的圆周角）．又12IOB AOB ACB ∠=∠=∠，于是IDB ACB ∠=∠，所以ID AC ∥．当点I 在O 与C 之间时，证法同前．3．设AB c =，CA b =，BC a =，设半径为r 的内切圆与ABC △的边BC ，CA ，AB 分别切于点D ，E ，F，则πtan 182ID r a c b BD ===+-，所以)r a c b =+-．AB AC =-以及欧拉定理222OI R Rr =-（R 为ABC △的外接圆半径），有22(2)R Rr -=2()c b -，即2221)()()R a c b R c b -+-=-．将2sin a R A =⋅，2sin b R B =⋅，2sin c R C =⋅代入上式，化简得221)(2sin 2sin 2sin )(2sin 2sin )A C B C B -⋅+-=-，即11)[sin (2A -⋅+⋅2sin ))A A A A =+，亦即2sin cos 2)sin A A A A ⋅+⋅1)0+=，亦即1)1)]0A A -⋅-=，则sin A =或1cos (22A =．由1cos (22A =，求得sin A =sin A = 4．设ABCDE 是O e 的一个内接五边形，G 为ABC △的内心，P 是DE 的中点，作GQ DE ⊥于Q ．在直线GQ 上取一点H ，使23GH OP =u u u u r u u u r ，则121()333OH OG GH OA OB OC OP =+=+++=u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r (OA OB ++u u ur u u u r)OC OD OE ++u u u r u u u r u u u r ．由此可知，满足条件1()3OH OA OB OC OD OE =++++u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r的唯一的点H 在直线GQ 上．同理，可以证明点H 也在另外的九条直线上，注：题中H 点即为圆内接五边形的“垂心”．在圆内接五边形中，由任意三顶点构成的三角形的重心到圆内接五边形的“垂心”的距离，等于外心到“对边”距离的23．第十八章几何变换的性质及应用习题A 1．若C 与O 重合，则结论显然成立．今设C 与O 不重合，将半圆以直径为轴，对称变换成整圆，设K '，M '为K ，M 关于AB 的对称点，则K '，C ，M 共线，K ，C ，M '也共线．¼1(2M KCM KM ∠=+ ¼)KM KOM ''=∠．故K ，C ，O ，M 共圆． 2．等腰ABC △的外心O 在顶角平分线上，而顶角平分线又是ABC △的对称轴，以AO 为轴作AOQ △的对称AOR △，则,OQA ORA AQ AR ∠=∠=．由AB AC =，有CR AR AC AQ AB BQ AP =-=-==．连OC ，OP ，设OM 是等腰OAC △的对称轴，则OM 垂直平分AC （M 为垂足）．于是MR MC CR MA AP MP =+=+=，从而OMR △与OMP △关于OM 为轴对称，所以OPA ORA ∠=∠．又已证ORA OQA ∠=∠，所以OPA OQA ∠=∠，故O ，A ，P ，Q 四点共圆．3．设直线AB 与l 的交点为P ，过P 作直线m AB ⊥，分别作出A ，B 关于l 的对称点1A ，1B ，则1A ，1B 在m 上．连1AB 交l 于C ，则C 点为所求．设CB ，CA 与圆的交点为E ，D ．由对称性，知11A B C ABC ∠=∠．又CDE ABC ∠=∠，所以，11A B C CDE ∠=∠，DC m ∥，从而DE AB ⊥．4．将i ABP △绕A 点逆时针旋转i ACP '△处，使AB 重合于AC ．因180i i APC APC '∠+∠=︒，故A ，i P ，C ，i P '共圆．设AC ，i i PP '交于D 点．由i APD△∽i ACP △∽i PCD '△，知2i AP AD AC =⋅，i i PC PC '⋅= DC AC ⋅，于是22()4i i i im AP BP PC AD DC AC AC =+⋅=+⋅==，故12100400m m m +++=L ．5．易知90ABD ACD ∠=∠=︒．分别过P ，Q 引KL ，MN 垂直于BE 交BE 于K ，N ，交CF 于L ，M ．显然，它们也垂直于,CF MN KL =．由BKP △∽AEB △，KP BP BE AB =；ABP △∽DCP △，BP CPAB DC=；PCL △∽CDF △，CP PL DC CF =．于是KP PL BE CF =，即KP BEPL CF=．又BQE △∽FQC △，有BE MQ CF QN =（相似三角形对应高的比等于相似比），于是KP MQ PL QN =，故11KP MQ PL QN +=+，即KL MNPL QN=，故PL QN =．因此PQ AD ⊥．注：此题中，若P 为直线AB 与DC 的交点，可类似证明，得到PQ AD ⊥．6．设这两个等圆的对称中心为O ．从O 引出的两条射线分别交圆周于1A ，2A 及1B ，2B ，如图所示．又3A ，3B 及4B 分别是2B ，1A 及2A 关于O 点的对称点，由对称性知¼¼2313B B A A =，从而321312A A A B B B ∠=∠，即122211A A B B B A ∠=∠，所以1A ，1B ，2A ，2B 四点共圆．对于右图情形，有¼¼1323A A B B =，从而321213A A A B B B ∠=∠．而122321180A A B A A A ∠=︒-∠，因此，312B B B ∠ 122180A A B +∠=︒，故1A ，1B ，2B ，2A 四点共圆．7．由MN KL ∥，有MNO OLK ∠=∠，NMO LKO ∠=∠，从而ONM △∽OLK △，即有MO NOOK OL=．又OMD OKB ∠=∠，OND OLB ∠=∠，因此OMDN 和OKBL 关于O 点为中心位似，所以点D ，O ，B 在一直线上．结论证毕．注：题中条件KM NL ⊥可省略；当ABCD 为平行四边形时结论亦成立． 8．以C 为位似中心，2为位似比作位似变换，则E B →，F A →．四边形ECFM 的外接圆变为ABC △的外接圆，并且点M 变为点G 在ABC △的外接圆上．由CM ∶2MD =∶1，CM MG =，知MD DG == 3n ．由相交弦定理及BD DA =，有BD DA CD DG ⋅=⋅，即23n BD n =⋅，即BD =亦即AB =． 9．由AK NB =u u u r u u u r 知ANBK 是平行四边形．因此，等边三角形的边AB ，NK 互相平分于点P ，从而CP PA ⊥，CD =及PM NP ⊥，PM =．今以P 点为中心，先作按顺时针方向旋转90︒A 点变为C 点，N 点变为M 点，从而线段AN 变为线段CM ．因此AN CM ⊥且CM =．10．设ADE △在旋转过程中的任一位置如图195-．考虑这样两个位似旋转变换：(,45,S E ︒和(第6题图)A 3A 3B 3B 4A 2B 2B 1B 4B 3B 1B 2A 1A2A 1OO(,45,)2S C ︒．在前一个变换下，点D 变到A ，EC 的中点M 变到M '．在第二个变换下，点A 变到点B ，点M '变到M ．因此M是两个变换的复合的不变点．由于(,45,(,45,S E S C ︒⋅︒= (,90,1)S M ︒．在这个复合变换下点D 变到B ，所以90DMB ∠=︒．又DM BM =，由此即证得命题成立．11．由于要证明的两角在两个三角形中，且题设中有线段的比内分不在一条直线上两线段，条件较分散，须作辅助线将条件集中．不妨连BD ，则(,)(,),CDCDH B H D AB CDAB CDC F A E ++−−−−−→−−−−−−→．假设(,)ABH B AB CDD P +−−−−−→，则,BP AB DP CD BD AB CD DB AB CD==++．（*）故(,)CDH D AB CDB P +−−−−−−→．因为在位似变换下，直线变成与它平行的直线，则,PF CD PE AB ∥∥，从而PEF BGF ∠=∠，PFE ∠=FQC ∠．又,BF BP PF DE DP PE BC BD CD DA DB AB ====，由此两式相除，得AB PF BP CD PE DP ⋅=．又BP AE ABPD ED CD==，则1PFPE=，从而PEF PFE ∠=∠．故BGF FQC ∠=∠． 12．设直线QGO 交AD 于R ，交EB 于P ，作位似变换：(,),,,,ER H E EAA B F R P Q −−−−→；(,),,COH C CAA B F O −−−−→，,P G ；(,),,,,DB H D DAA B F R O G −−−−→，则RQ RP AF AB =，RO RG AB AF =，OP OGAB AF=．由GO RQ RG RQ RG RP RO OP OGAF AF AF AF AB AB AB AF -==-=-==，故OG GQ =．习题B1．连1AO ，2AO ，1BO ，2CO ，2DO ，3EO ，3FO ，易知21AO DO 为平行四边形，即21O D AO ∥．同理，有31O E BO ∥，32O F CO ∥．于是，分别将2O e ，3O e 平移使之与1O e 重合．设21()O O CD C D ''−−−−→u u u u u u r平移，31()O O EF E F ''−−−−→u u u u u r平移，则1,,A O D '共线，1,,B O E '共线，1,,C O F ''共线，由此即知12AO B CO D ∠+∠ 3111180EO F AO B C O D E O F ''''+∠=∠+∠+∠=︒．即证．2．将111A B C △绕1A 点旋转α角到1A B C ''△的位置，使1AC AB '∥，则111sin C E C E AC α''=+⋅，1B D = 11sin B D A B α''-，于是11111111(sin )(A F BC B D AC C E AB A F BC B D A B AC C E AC α''''⋅+⋅+⋅=⋅+-⋅++⋅ 111111sin ()sin AB A F BC B D AC C E AB AC AB A B AC αα'''')⋅=⋅+⋅+⋅+⋅-⋅⋅．由ABC △∽111A B C △，有1111AB ACA B AC =，即11110AC AB A B AC ⋅-⋅=．又因为1B D A D ''''=，1E C A E ''''=，从而11A F BC B D AC ⋅+⋅+ 11112ABC C E AB A F BC A D AC A E AB S ''''⋅=⋅+⋅+⋅=△（其中C E AB ''⊥于E '，1A E AB ''⊥于E ''，1A D AC ''⊥于D ''，B D AC ''⊥于D '）． 3．（1）由ADB ACB CAD CBD ∠=∠+∠+∠，知90CAD CBD ∠+∠=︒．将D 、B 旋转90︒到E ，则由ADB CAD CBD ACB ∠=∠+∠+∠及已知90ADB ACB ∠=∠+︒知CBE ∠=90CBD CAD ︒-∠=∠．又BC BC AC BE BD AD ==（因AC BD AD BC ⋅=⋅），知BCE △∽ACD △，从而ACBC=CDCE，ACD BCE ∠=∠，则ACB DCE ∠=∠，于是又有ABC △∽DEC △，即有AB ACDE CD =，而BE =，则AB CD AC ⋅=，故AB CDAC BD⋅⋅（2）ACD △的外接圆在C 点的切线与CD 夹角等于CAD ∠（弦切角与圆周角），BCD △的外接圆在C 点的切线与CD 夹角等于CBD ∠，且两切线在CD 不同侧，故它们的夹角等于90CAD CBD ∠+∠=︒，即两切线互相垂直．4．若证踢类似结论：对于以B 力位似中心，与以BK 为直径的圆位似的圆也有类似的性质，则原命题的结论即可成立．设ABC △的三条高AM ，BK ，CL 相交于点H ，则以BH 为直径的O e 与以BK 为直径的圆位似，且O e 过点M ，L ．由OM OM =，有90OMB OBM ACB ∠=∠=︒-∠．设N 为AC 的中点，连MN ，则90AMN MAN ACB ∠=∠=︒-∠，从而AMN OMB ∠=∠．于是OMN ∠= 90OMA AMN OMA OMB AMB ∠+∠=∠+∠=∠=︒，所以MN 是O e 的切线．同理可证LN 也是O e 的切线．由位似图形性质的对称性，以BK 为直径的圆也有同样的性质．5．将BCB '△沿DC u u u r平移至EFG △，那么以D 为中心，位似比为2，将BC ，B C '和A D '的中点变到E ，G 到A '．由图形的对称性可知,EC CA ECB CAD BCA =∠=∠=∠，所以BC EA ⊥，从而EA EF ⊥．1(1802)2AEG FEG ∠=︒-∠（因EA EF ⊥）12EFG =∠（因EF BC B C GF '===）1122BCB ACA ''=∠=∠（因BCB B CA ACA B CA ''''∠+∠=∠+∠） AEA '=∠（因E ，A ，A '在以C 为圆心的同一圆上）．所以E ，G ，A '共线，因而在上述位似变换下，它们的原象：BC 的中点，B C '的中点，DA '的中点也共线．6．设H 为ABC △的垂心，由11190BA H BC H CB H ∠=∠=∠=︒，知1A ，B ，1C ，H 和1A ，C ，1B ，H 分别四点共圆，因此，111111BAC BHC B HC B AC ∠=∠=∠=∠，从而1111119090C A H BAC B AC ∠=︒-∠=-∠= 11B A H ∠，即1A H 平分111B A C ∠．同理，11,B H C H 也平分111111,A B C AC B ∠∠，故H 是111A B C △的内心（此可由垂心性质直接得H 为其内心）．从而H 也是222A B C △的外心．由1212,A B AC 分别是111A B C △内切圆的切线，22,B H C H 分别是内切圆的半径，所以1212A B AC =，2B H 2C H =，从而122A H B C ⊥，但1A H BC ⊥，从而22B C BC ∥．同理，22A B AB ∥，22A C AC ∥．由于ABC △与222A B C △的边对应平行，因此它们是位似形．于是这两个三角形的欧拉线（对应的线）或者平行或者重合．由于ABC △的垂心即222A B C △的外心，而这一点分别在这两个三角形的欧拉线上，所以这两个三角形的欧拉线重合．7．过点A 引AK CB ∥，交圆S 于点K ，延长KD ，交圆S 于点0P ．现证明：对每一个符合条件的点M ，点P 和0P 重合．（i ）当点0N P ≠时，设点N 在¼¼00()P B CP 内，由A ，K ，N ，0P 共圆，知0ANP ∠与0AKP ∠相等（相补），由CB AK ∥，有00MDP AKP ∠=∠，则0MNP ∠与0MDP ∠相筹（相补），因此，M ，D ，N ，0P 共圆，0P P =．（ii ）当点0N P =时，以点0P 为位似中心，将点K 变为点D ，直线0AP 变换为自身．由CB AK ∥，所以线段AK 变换为线段MD ，即点A 变换为点M ，于是圆S 就变换为三角形NMD 的外接圆，因为0P 为位似中心，所以这两圆只有一个公共点，0P P =．所以，所要求的点M 的位置应是点0P 在BC 的射影．因为A ∠是锐角，所以该射影在线段BC 内．又因为KDC KBC ACB ∠>∠=∠，所以KDC ∠为钝角，故点0P 在BC 上的射影不会与点D 重合．8．题中条件及结论均满足伸缩变换的不变特性．设AB 中点为R ，将AMR △变换为以R 为直角顶点的等腰直角三角形，建立仿射坐标系，(0,0)M ．可设(2,2)A ，(2,0)R ，(2,2)B -，(,2)C a --，(,2)D a ，则(1,1),(1,1)P Q -．由直线DP ：211(1)1y x a --=--和CQ ：2(1)1(1)1y x a ---+=---的方程联立，解得2(2,)N a a --，点N 在ABM △之外的充要条件是：22222121||2113332()3||2N RN NN N a x x a AD y x a a a a BC y x a a ⎧-⎧⎪-⎪⇔--⇔-⇔⇔⎨⎨--⎪⎪---⎩⎩≤≤≤≤≤≤≤≤≤≤≥≥．结论获证． 9．可设,2AF a AE a ==，则2,16126AF a AE a aAC AB ===．再将ABC △变换成直角三角形，建立仿射坐标系，设(6,0),(0,16),(0,0)B C A ，则(,0),E a(0,)F a ，(3,8)M ．由直线AM ：83y x =，直线EF ：x y a +=的方程联立，解得38,1111a a G ⎛⎫⎪⎝⎭，故881183111G F G y EG GF y y ===--为所求． 10．要证三点共线，若能证其中两点是以第三点为位似中心的一对对应点即可．易知123O O O △∽ABC △．又1AO ，2BO ，3CO 分别为A ∠，B ∠，C ∠的平分线，应交于一点，即ABC △的内心I ，因此I 是ABC △与123O O O △的位似中心．又123QO QO QO ==，即Q 为123O O O △的外心，且O 为ABC △的外心，由此即证．11．由1221M M A A ∥，希望有1212S S A A ∥．由题设，1T 与1S ，2T 与3T 都关于11A B 对称，则¼¼1231T T T S =．又2T 与2S ，3T 与1T 关于22A B 对称，则¼¼1232T T T S =，于是312T I S S ⊥，故1221S S A A ∥．同理，2332S S A A ∥，3113S S A A ∥．又1221M M A A ∥，2332M M A A ∥，3113M M A A ∥．于是123M M M △和123S S S △的对应边两两平行，故这两三角形或全等或位似．由于123S S S △内接于内切圆I ，而123M M M △内接于九点圆，且123A A A △为不规则三角形，故内切圆与九点圆不重合．从而123S S S △与123M M M △位似．这就证明11M S ，22M S ，32M S 共点于位似中心．12．由对称性，知1O ，2O ，1M ，2M 共线．延长12O O 与12P P 相交于P ．取P 点为反演中心，反演幂12k PP PP =⋅，则圆1C 与2C 互为反形，因A 为两圆的交点，所以A 的反点仍为A ，即2PA k =．又11222190O PP P M O ∠=∠=︒，则1O ，1P ，2P ，M 共圆，即21212PO PM PP PP k PA ⋅=⋅==，亦即直线PA 与12O M A e 相切，故122AO M PAM ∠=∠．①同理，21112290O M P PP O ∠=∠=︒，故122AM O PAO ∠=∠．② 由②-①得1122O AM O AM ∠=∠，即1212O AO M AM ∠=∠．13．以P 为圆心，过1C ，2C 的切点作圆3C ，可知圆3C 分别与1C ，2C 直交（交点处切线垂直），设1C 与2C 的两条公切线为1l ，2l （1l ，2l 不过1C ，2C 的切点）．作图形关于3C 的反演，圆1C 和2C 因与3C 直交而保持不变，1l ，2l 分别交成圆1B ，2B ，且均通过反演中心P ，因1l ，2l 与1C ，2C 相切，所以，1B ，2B 亦与这两个圆相切．1B ，2B 是具有上述性质的仅有两个圆，若还育另外一个圆通过关于3C 的反演，可得到三条1C ，2C 的公切线，且均不是根轴，这是不可能的，故1B ，2B 即为所求．14．首先考察点Q 和1B 分别位于直线BK 的两侧，点P 和1B 分别位于直线BM 的两侧的情形（其余情形可作类似讨论）．直线QK 与PM 相交于点N ，因此点Q 和P 分别是点K 和M 在以N 为中心的位似变换之下的象（切线变为与自己平行的、切点在弧的中点的切线），从而180NQB NPB ∠+∠=︒，并且亦有1180KB B KQB ∠+∠=︒和1180MB B MPB ∠+∠=︒．因此，11180KB B MB B ∠+∠=︒，亦即点1B 位于直线KM 之上．进而，1111BQB BKB KNM B MB B PB ∠=∠=∠=∠=∠．又因180QBP QNP ∠+∠=︒，故知在四边形1BPB Q 中，一组对角相等，且两个邻角之和为180︒，因此，1BPB Q 为平行四边形．15．为确定起见，设点O 在线段AB 延长线上B 的外侧，将KL 与圆ω的交点记作P 和Q ，将边BC 和AD 与ω的切点分别记作M 和N ．过点P ，Q 分别作ω的切线1l 和2l ，将切线1l （或2l ）与弦PQ 的夹角记为α．在以O 为中心，将1ω变为ω的位似变换下，过点K 的切线BC 变为2l ，再将2ω变为ω的位做变换下，直线AD 变为1l ．故知21,BC l AD l ∥∥，及LKC KLD α∠=∠=．又由弦与切线之夹角关系式知BMN ANM ∠=∠．由此可知四边形KLNM 为等腰梯形，因而PQ MN ∥，它们在ω上截出相等的弧»PQ 和¼MN，其数值为2α．因此该梯形的中位线经过ω的圆心，但KM 的中点与BC 的中点重合（因三角形的边与内切圆的切点同它与旁切圆的切点关于边的中点对称）．同时，LN 的中点也与AD 的中点重合．故结论获证．第十九章空间射影图的性质及应用习题A1．设B ，M ，C ，P ，N ，Q 在过A 与PQ 平行的直线上的射影即证．2．分别设A ，B ，C ，P 在对边上的射影即证．3．设P ，A 在OB 所在直线上的射影为K ，D ，设Q ，B 在OA 所在直线上射影为T ，C ，所求轨迹为线段CD ．45．找1C B ，1A C 在面11ABB A 内的射影．6．利用性质8，求得截面面积为7．过D 作平面α的垂线交α于H ，由αβ∥，AB α⊥，得DH AB ∥．连AH ，HC ，在Rt DHC △中，12DH =，13,DC DH HC =⊥，从而5,5,60HC AH HCA ==∠=︒．显然E 在α上的射影为A ，F 在α上的射影为CH 的三等分点P ，即1533CP CH ==．利用余弦定理，求得AP EF 8．设1DCA θ∠=，2ECB θ∠=，DCE θ∠=，所求二面角为ϕ．由11sin 3θ=，22sin 3θ=及θ=60︒，由性质9的推论1，求得24sin 9ϕ=．故平面CDE 与平面ABC 所成的二面角为2arcsin 3． 9．由题设知11EA B ∠，11CA C ∠分别是1A C ，1A E 与底面111A B C 所成的角，111B A C ∠为1EAC ∠在平面111A B C 上的射影．设111EA B θ∠=，112CAC θ∠=，111B AC α∠=，令1EB ∶1BB k =，则111111tan EB EB k A B BB θ===，2tan 1θ=，显然α=60︒．由性质9的推论2，有222tan 45(1)/k k ︒=+-⎝⎭，即24410k k -+=，亦即12k =，从而1BE EB =．故当点E 为1BB 的中点时，平面1A EC 与平面111A B C 所成的二面角为45︒． 10．过R 作平面ABCD 的垂线，则垂足R '在线段CD 内，且1CR '=．由于AR B '△是PRQ △在平面ABCD 上的射影，又可求得21922ABR S AB '==△，PQ =PR =QR =，等腰PQR △，有PQR S △9cos 2α=α= 习题B1．设二面角A DC B --，A DB C --，A BC D --的大小分别为,,αβγ，而二面角C AB D --，B AC D --，C AD B --的大小分别为,,x y z ．由性质8，有 cos cos cos BCD ACD ADB ABC S S S S αβγ=⋅+⋅+⋅△△△△．结合题目条件，有cos cos cos 1αβγ++=．同理可证如下等式：cos cos cos x y γ++=1，cos cos cos 1x z β++=，cos cos cos 1y z α++=．注意到,,αβγ，x ，y ，z 都属于区间(0,π)，由上述等式可得cos cos x α=，cos cos y β=，cos cos z γ=，从而,,x y z αβγ===．利用z γ=，过A 作面BCD 的垂线AE ，过E 作,EF AC F ⊥为垂足，则AFE γ∠=．类似地作出BGH z ∠=．由于13A BCD BCD V AE S -=⋅△，13B ACD ACD V BH S -=⋅△．结合A BCD B ACD V V --=，以及BCD ACD S S =△△，可知AE BH =，而sin AE AF γ=⋅，sin BH BG z =⋅，z γ=，故AF BG =．再利用12ABC S AF BC =⋅△，12BCD S BG AD =⋅△，ABC BAD S S =△△，可得BC AD =．类似可证AB CD =，AC BD =．2．由题设条件知E 为SC 的中点，SB BC =，可知BE SC ⊥．结合DE SC ⊥，可知SC ⊥面BDE ．这表明BDE △是BDC △在平面BDE 上的射影．设所求的二面角的度数为α，则由性质8，有BDE S =△ cos BDC S α⋅△．由SC ⊥面BDE 及SE EC =，可知S BDE C BDE V V --=，即13C BDE BDE V SE S -=⋅△．注意到SA ⊥面ABC ，E 为SC 的中点，可知点E 到面BCD 的高等于12SA ．于是1122E BCD BDC V SA S -=⋅⋅△，而C BDE E BCD V V --=，所以1136BDE BDC SE S SA S ⋅=⋅⋅△，故cos 2BDE BDC S SA SA S SE SC α===△△．由条件SA ⊥面ABC ，故SA BC ⊥．结合BC AB ⊥，可知BC ⊥面SAB ，从而BC AB ⊥，于是SC =)2SA =，故1cos 2α=，即α=30︒． 3．过P 作PO ⊥面ABCD ，过C 作CF DP ⊥，设正方形ABCD 的边长为a ，侧棱长PB b =．注意到CPF △与APF △中，PC PA =，PF 公用，FPA CPF ∠=∠，则CPF △≌APF △．又CF PD ⊥，可知AF DP ⊥，则AFC β∠=，从而22222cos 12AF CF AC a AF CF CFβ+-==-⋅．又22cos 42OCD PCD PCD S a a S S b CFα===⋅△△△．又在PCD △中，有1122b CF a ⋅=CF =．于是2222224cos 44b a b a b a β-=1-=--，2222cos 4a b aα--=-，故2cos cos βα=-．第二十章空间向量法及应用习题A1．选B ．理由：由AB u u u r 与CD u u u r 形成的平行四边形的面积为3||||sin602AB CD ⋅⋅︒=u u u r u u u r ，若过点C 作CE AB ∥，则133224CDE S =⋅=△，且以CDE △为底面，BC 为侧棱作的棱柱ABF ECD -的体积为ABCD V 的3倍，而322ABF ECD CDE V S -=⋅=△，故12ABCD V =． 2．选A ．理由：因2222222231113079AB CD BC DA +=+==+=+u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ．由0AB BC CD DA +++=u u u r u u u r u u u r u u u r r ，得()AB CD BC DA +=-+u u u r u u u r u u u r u u u r ，两边平方得AB CD BC DA ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ，故AB CD ⋅=u u u r u u u rAD BC -⋅u u u r u u u r，于是()()()AC BD AB BC BC CD AB BC CD BC AB CD AD BC AB CD ⋅=++=++⋅+⋅=⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r0=．故AC BD ⋅u u u r u u u r只有一个值0．3．选A ．理由：如图，设1||||||BC CA CC a ===u u u r u u u r u u u u r，由1190||BCA B D ∠=︒⇒=，1||BD =u u u u r ，1||AF u u u r=，又设向量1BD u u u u r 与1AF uuu r 的夹角为θ．因11111111111111111111()()BD AF BB B D AA A F BB AA BB A F B D AA B D A F ⋅=++=⋅+⋅+⋅+⋅u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r uu u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r ．由向理11BB AA u u u r u u u r ∥且同向，111BB A F ⊥u u u r u u u u r ，211111B D AA BB AA a ⊥⇒⋅=u u u u r u u u r u u u r u u u r ，1111110BB A F B D AA ⋅=⋅=u u u r u u u u r u u u u r u u u r ．(第3题图)AC BC 1D 1F 1A 1B 1而221111111111||||cos13524B D A F B D A F a a ⎛⋅=⋅︒=⨯=- ⎝⎭u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ，则2221130044a a BD AF a ⋅=++-=u u u u r u u u r，故211113cos ||||aBD AF BD AF θ⋅===⋅u u u u r u u u ru u u u r u u u r ． 4．如图，因11111111111111111111()()AB A M AA A B A C C M AA A C AA C M A B A C A B C M ⋅=++=⋅+⋅+⋅+⋅u u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u u r，由向量111AA A C ⊥u u u r u u u u r ，11AA C M u u u r u u u uu r ∥且反向，1111110A B C M AA A C ⊥⇒⋅=u u u u r u u u u u r u u u r u u u u r ，1111||||cos180AA C M AA C M ⋅=⋅︒=u u u r u u u u u r u u u r u u u u u r(1)3-=-，1110A B C M ⋅=u u u u r u u u u u r ，又由30BAC ∠=︒，90ACB ∠=︒，111111111||||cos3023BC A B AC A B AC =⇒⋅=⋅︒==u u u u r u u u u r u u u u u u r u u u u u u r ，故110330AB A M ⋅=-++u u u u r u u u u r ，所以11AB A M ⊥u u u u r u u u u r ．5．()()BE SF BS SE SB BF BS SB BS BF SE SB SE BF ⋅=+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u r u u u r u u u r u u r u u u r u u u r u u u r u u r u u u r u u u r ，因为2BS SB a ⋅=-u u u r u u r ，2211cos6024BS BF a a ⋅=︒=u u u r u u u r ，2211cos6024SE SB a a ⋅=︒=u u u r u u r ，1111()()02244SE BF SA BC SA AC AB SA AC SA AB ⋅=⋅=⋅-=⋅-⋅=u u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r u u u r u ur u u u r u u r u u u r所以2222111442BE SF a a a a ⋅=-++=-u u u r u u u r ，所以22122cos ,3||||a BE SF BE SF BE SF -⋅===-⎫⎪⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，所以异面直线BE 和SF 所成角为2arccos 3．6．如图，以A 为原点，AC 所在直线为x 轴，1AA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．据题意，有关点的坐标为：(0,0,0)A，,,02a B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，1(0,0,)A，1(,0,)C a ；取11A B 的中点D ，(第4题图)MBC AB 1A 1C 1连结AD ，1C D ．因为111C D A B ⊥，所以1C D ⊥面11ABB A ．1AC 与AD 所成的角，即1AC 与侧面11ABB A 所成的角．由,,4a AD ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r，1(,0,)AC a =u u u ur ，得111||cos ,||||AC AD AC AD AC AD ⋅==u u u u r u u u ru u u u r u u u r u u u u r u u u r 故1AC u u u u r 与AD u u u r所成的角，即1AC 与侧面11ABB A 所成的角为30︒．7．如图，取D 为原点，DA ，DC ，1DD 为,,x y z 轴建立直角坐标系，取正方体棱长为2，则(0,0,1)P ，(1,1,0)N ，(1,2,1)M ，(1,1,2)O ．因(1,1,1)(0,1,1)2PN OM ⋅=-⋅-=u u u r u u u u r，||||PN OM ⋅=u u u r u u u u r所以PN 与OM 所成的角θ满足||||cos ||||PN OM PN OM θ⋅==u u u r u u u u r u u u r u u u u r ，θ=．(第6题图)y B(第7题图)y8．如图，以底面正方形的中心O 为原点，以平行于底边的直线及OS 为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，则(2,2,0)B a a -，(2,2,0)D a a -，(,,)M a a --，(,,)N a a ，因为(,3,)BN a a =-u u u r，(,3,)DM a a =-u u u u r，设(,,)x y z =n 为DM 与BN公垂线的一个方向向量，则由30BN x y ⋅=--=u u u r n ，DM ⋅=u u u u rn30x y -+=得(3,1,0)=n ，因为(2,2,0)MN a a =u u u u r 所以异面直线DM 与BN之间的距离||||MN d ⋅==u u u u rn n 9．以B 为原点，BC ，BA ，BP 分别为,,x y z 轴建立直角坐标系，设(0,0,)P b ，依题意有(0,,0)A a ，(,0,0)C a ，(,,0)D a a ．因(0,,)PA a b =-u u u r ，(,0,)PC a b =-u u u r ，(,,)PD a a b =-u u u r ，设1(,,)x y z =n 是面PAD 的一法向量，则10PA ay bz ⋅=-=u u u r n ，10PD ax ay bz ⋅=+-=u u u rn ，解得1(0,,)b a =n ；又设2(,,)x y z =n 是面PCD 的一法向量，则20PC ax bz ⋅=-=u u u r n ，20PD ax ay bz ⋅=+-=u u u rn ，解得2(,0,)b a =--n ；因为2120a ⋅=-<n n ，所以cos 0θ<，即无论四棱锥的高怎样变化，面PAD 与面PCD 所成的二面角θ恒大于90︒．10．建立如图的空间直角坐标系，则(0,0,0)D 、1(1,0,1)A 、(1,1,0)B 、10,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，于是10,1,2DE ⎛⎫ = ⎪⎝⎭u u u r ，(1,1,0)DB u u ur ，1(1,0,1)DA =u u u u r ，(1,1,0)DB =u u u r ．(第8题图)B设平面EBD 的法向量为1111(,,)x y z =n ．由1DB ⊥u u u r n ，1DE ⊥u u u r n ，得11102y z +=，110x y +=．令11x =，则111,2y z =-=，所以，1(1,1,2)=-n ．设平面1A BD 的法向量为2222(,,)x y z =n ．由21DA ⊥u u u u rn ，2DB ⊥u u u r n ，得220x z +=，220x y +=．令21x =，则211y z ==-，所以，2(1,1,1)=--n ．故12(1,1,2)(1,1,1)0⋅=-⋅--=n n ，因此12⊥n n 故面1A BD ⊥面EBD ．另证设BD 的中点为11,,022O ⎛⎫⎪⎝⎭，则111,,122OA ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r ，平面EBD 的法量为1(1,1,2)=-n ．易知112OA =u u u r n ，这说明1OA uuu r 与1n 共线，且1OA ⊂平面1A BD ．所以，1OA ⊥平面EBD ．故1A BD ⊥平面EBD ．(第10题图)。

2020年【按目标】数竞推荐书单

数学竞赛推荐阅读书单（按学习目标分类）
质心教育黄靖旻
（以下书目均是按阅读顺序排列）
一、以省二为目标在高二阶段临时冲刺的同学：
目标：学好一试内容和平面几何，简单接触数论和组合。

一试以做到80分为目标，二试以能做半到一道为目标（半道就是拿一些步骤分）
解读：这部分同学时间紧张，重点掌握一试内容拿一试分会更容易一些。

对于二试开说，平面几何一般来说相对简单一点所以重点突破；数论知识点不算多，看一本小蓝本可以大体掌握数论的核心知识，联赛上起码能看懂题；组合也是一样，用一本薄薄的小红本了解大体需要的知识，联赛上能够参与一些思考；代数不做考虑因为其涉及的知识分块太多很难短时间领会精神。

书目：
（1）《高中数学竞赛培优教程·一试》
（2）《高中数学联赛考前辅导》
（3）《奥赛经典·奥林匹克数学中的几何问题》平面几何部分
（4）《数学奥林匹克小丛书·高中卷10·数论》余红兵
（5）《高中数学竞赛专题讲座·组合问题》王建中
（6）历年真题练习（一试+二试）
（7）模拟题练习（前期只练一试，考前一段时间再换成一试+二试）
二、以省一为目标的同学（至少从高一开始有目的地学习）：
目标：学好一试和二试的两个模块（自己选择两个），能对二试四个模块进行思考。

一试以做到100分为目标，二试以做两道题为目标再尽力拿一些其他题的步骤分
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奥数课外书籍选择

奥数课外书籍选择奥赛经典总册数论组合命题人讲座数论集合与对应组合代数不等式高中数学联赛讲义三本都可以刘培杰的平面几何解题方法大全已经够了《华罗庚学校数学课本》，这本书内容不太难，适合入门学习《小学数学奥赛天天练》（南京大学出版社）系列和《小学数学奥赛练习卷》系列<<奥数教程>>以及<<奥数教程学习手册>>(华东师范大学出版社)确实很不错,另外,华师大出的<<多功能题典>>也很好,以及<<数学奥林匹克小丛书>>分小学,初中,高中,共有30本,此外华东师范大学出的<<优等生数学>>(小学1至6年级)也很好,这套书里的内容比一般学校里的数学要深,比奥数题要略浅,难度介于常规数学与奥数之间,阅读了这套书后再看一些奥数书籍就不会感到累了,不然从学校里的课堂数学到奥数会有一个较大的台阶,有些学生学校里的数学学的顶呱呱,但不容易看懂正规的奥数书籍里的内容,觉得奥数太深太难,而学校里的课堂数学又太容易太浅,这套<<优等生数学>>正是为解决这类问题而准备的,与此同类的有<<我+数学=聪明>>(小学1至6年级)(文汇出版社)也很不错,老牌子了<<小学奥数解题方法大全>>(3至6年级) （山西教育出版社）还有初中的版本<<小学奥数读本>>（江苏教育出版社）也很是不错,销量达120万有余<<奥林匹克训练题库>>(北京师范大学出版社)是很经典的,虽然里面题量很大,但是如果能把里面所有题全消化,那么水平准能上一个新台阶,可惜这本书现在没有什么书店有卖,只能网上订购<<仁华学校奥林匹克数学课本>>(分小学1至初中3年级)<<奥数精讲与测试>>(小学1至高中3年级)（学林出版社）里面的内容也是非常的经典的,习题有梯度,熊斌老师出的书都是非常的好,他现在是华东师范大学的数学副教授<<华罗庚金杯少年数学邀请赛集训指南+题典>>(中国大百科出版社)也是不错的<<小学数学华数奥赛教程>>(分1至6年级,知识出版社)，<<小学数学华数奥赛强化训练>>(分1至6年级,知识出版社)，<<小学数学华数奥赛综合测试>>(分1至6年级,知识出版社)，一套3本，也是有梯度，有训练有讲解,这套丛书可以说是奥数书籍中最好的,它有一套完整严密的知识体系在里面。

《数学奥林匹克小丛书》(第三版)初中卷勘误图示

《数学奥林匹克小丛书》（第三版）勘误图示初中卷1 因式分解技巧1. 120页35答案勘误如图初中卷2 方程与方程组1. 53页第8题勘误如图2. 72页例3生长思考勘误如图5. 160页第3题答案勘误如图初中卷3 一次函数与二次函数1. 51页例7解析勘误如图2. 57页第5题勘误如图3. 63页例5解析勘误如图4. 71页习题5第11题更换11 （1）已知不等式246a x x b ≤-+≤的解为()a x b a b ≤≤≠，求a 与b 的值.（2）已知函数246y x x =-+，当自变量的取值范围为()a x b a b ≤≤≠时，函数的最小值为a ，最大值为b ，求a 与b 的值.解答如下：11. （1）根据函数图象，得a b 、为方程246x x b -+=的两个根，则有46a b ab b +=⎧⎨=-⎩，，解得13a b =⎧⎨=⎩，，或22a b =⎧⎨=⎩，（舍去），所以13.a b =⎧⎨=⎩，（2）记2()46f x x x =-+，则函数的对称轴为2x =，下面分三种情况进行讨论：（Ⅰ）当2a b <≤时，函数()f x 在[,]a b 上单调递减，所以()()f a b f b a =⎧⎨=⎩，，即224646a a b b b a ⎧-+=⎨-+=⎩，，两式相减得3a b +=，则2330a a -+=，无解；（Ⅱ）当2a b <<时，得()f x 的最小值为(2)2f =，即2a =，这与条件2a <矛盾；（Ш）当2a b ≤<时，函数()f x 在[,]a b 上单调递增，所以()()f a a f b b =⎧⎨=⎩，，即224646a a a b b b ⎧-+=⎨-+=⎩，，即a b 、是方程2560x x -+=的两个根，得2,3a b ==，满足题意. 综上所述，2,3a b ==.初中卷4 三角形与四边形1. 65页性质8勘误如图初中卷5 圆1. 66页第7题勘误如图初中卷6 整除、同余与不定方程1. 7页例6勘误如图。

(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第十四章三角形重心的性质及应用

第十四章三角形重心的性质及应用【基础知识】三角形三条中线的交点称为三角形的重心，三角形的重心有下列有趣的性质：性质1设G 为ABC △的重心，连AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，()22221124AD AB AC BC =+-，且21AG GD =∶∶．性质2设G 为ABC △的重心，过G 作DE BC ∥交AB 于D ，交AC 于E ，过G 作PF AC ∥交AB 于P ，交BC 于F ，过G 作KH AB ∥交AC 于K ，交BC 于H ，则（1）23DE FP KH BC CA AB ===；（2）2DE FD KHBC CA AB++=．性质3设G 为ABC △的重心，P 为ABC △内任一点，则（1）22222223AP BP CP AG BG CG PG ++=+++；（2）()2222213z GA GB GC AB BC CA ++++=．证明（1）设D 为BC 边上的中点，则对APG △和DPG △分别应用余弦定理，有 2222AP AG PG AG PG cos AGP =+⋅⋅∠-，2222cos PD DG PG DG PG DGP =+-⋅⋅∠，而2AG DG =，cos cos AGP DGP ∠=-∠，于是，有22222223AP PD AG DG PG +=++．又PD ，DG 分别是BPC △的BC 边，BGC △的BC 边上的中线，有2222122PD PB PC BC +-=，2222122DG BG CG BC =+-，从而22222223AP BP CP AG BG CG PG ++=+++．（2）由性质1，有()2222911424AG AB AC BC =+-，()2222911424BC AB BC AC =+-， ()2222911424CG BC AC AB =+-，此三式相加，整理即得 ()22222213AG BG CG AB BC CA ++=++．注由此性质即得到三角形中的莱布尼兹公式： ()2222222133AP BP CP PG AB BC CA ++=+++．性质4设G 为ABC △内一点，G 为ABC △的重心的充要条件是下列条件之一：（1）13GBC GCA GAB ABC S S S S ===△△△△；（2）当点G 在三边BC ，CA ，AB 上的射影分别为D ，E ，F 时，GD GE GF ⋅⋅值最大；（3）当AG ，BG ，CG 的延长线交三边于D ，E ，F 时，AFG BDG CEG S G S ==△△△；（4）过G 的直线交AB 于P ，交AC 于Q 时，3AB ACAP AQ+=；（5）222222333BC GA CA GB AB GC ++=+=．证明（1）必要性：延长AG 交BC 于D ，则D 为BC 中点，有BDA CDA S S =△△，BDG CDG S S =△△，故AGB AGC S S =△△．同理，AGB BGC S S =△△，故13GAB GBC GCA ABC S S S S ===△△△△．充分性：如图14-1，令G 为ABC △内一点，连AG 并延长交BC 于D ，连BG 并延长交AC 于E ．记GAB GBC GCA S S S S ===△△△，BC a =，CA b =，AB c =，1BDG S S =△，2CDG S S =△，BD x =，DG y =．由11sin 2S xy BDG =⋅∠， ()()()()2111sin sin 180sin 222S a x y CDG a x y BDG a x y BDG =-⋅∠=-⋅⋅︒-∠=-⋅⋅∠，故211S a S x =-．即2211111S S S a S x S S S +=+==，亦即1S S a =，()2SS a x a =-．又()11sin 2ABD SS cx B S S a x a =⋅∠=+=+△．()()21sin 22ACD SS b a x C S S a x a=-⋅∠=+=-△．再由正弦定理，得sin 1sin c B b C ⋅∠=⋅∠，于是，由上述两式，有2x a x a x a x +=--，于是2ax =，即 AD 为ABC △的边BC 上的中线．同理，可证BE 为ABC △边AC 上的中线．故G 为ABC △的重心．注由此性质即可推知三角形的重心到各边的垂线段长与边长成反比．（2）充分性与必要性合起来证．设三角形三内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ．记GD x =，GE y =，GF z =，由12GBC S ax =△，12GAC S by =△，12GAB S cz =△，知2ABC ax by cz S ++=△为定值．由三个正数的平均值不等式，有338327ABC ax by cz ax by cz S ++⎛⎫⋅⋅=⎪⎝⎭△≤，即3827ABCS xyz abc △≤．此式当且仅当ax by cz ==时，即GBC GAC GAB S S S ==△△△时等号取得，即G 为ABC △的重心时，结论成立．（3）仅证充公性：如图14-2，设1APF BPD CPE S S S ===△△△，APE S x =△，BPF S y =△，CPD S z =△．图14-1yxEDABC由111AP y x PD z ++==，111BP z y PE x++==，111CP x z PF y ++==，有 1yz z x +=+，①1zx x y +=+，②1xy y z +=+．③由①-②得()z y x z x x y -+-=-，即()()1z x x y z -=-+．④同理()()1x y y z x -=-+，⑤()()1y z z x y -=-+．⑥若x y =代入④得z x =．即有x y z ==，再代入①得1x =，故1x y z ===．若x y ≠，则y x ≠，z x ≠，由④×⑤×⑥得()()()111z 1x y +++=，⑦而x ，y ，z 为正数，则11x +>，11y +>，11z +>，等式⑦无正数解，故只有正数解1x y z ===，即证．（4）必要性：如图14-3，设M 为ABC △的边BC 上任一点，直线PQ 分别交AB ，AM ，AC 于P ，N ，Q ，连PM ，QM ．则APQ MPQ APM AQMAPQABCS S S S AM AN NM AP AQ AN AN S S AB AC+++===⋅⋅⋅△△△△△△ ABM ACMABC AP AQ S S AB CM AC BM AB AC AP AQ AP BC AQ BC S AB AC⋅+⋅==⋅+⋅⋅⋅△△△．当N 为ABC △的重心时，M 为BC 中点，有BM MC =，且32AM AN =∶∶，由此即证得结论图14-2111yx z F EDABCP图14-3AB CPQMN3AB ACAP AQ+=．充分性：设ABC △的一边AB 上有1P ，2P 两点，在另一边AC 上有1Q ，2Q 两点．若11223AB AC AB ACAP AQ AP AQ +=+=，则可证得11PQ 与22P Q 的交点G 是ABC △的重心．事实上，如图14-4，连AG 并延长交BC 于M ，过B ，C 分别作AM 的平行线交直线11PQ ，22P Q 分别于1X ，1Y ，2X ，2Y ，于是，由111111311BP CQ AB AC AP AQ AP AQ ⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，有1111111BP CQ BX CY AP AQ AG AG =+=+，即11BX CY AG +=．同理，22BX CY AG +=．从而1122BX CY BX CY +=+，即1221BX BX CY CY -=-．亦即1212X X YY =．而1212X X YY ∥，从而易判断1212GX X GYY △≌△．所以11GX GY =．推知BM MC =，即AM 为ABC △的BC 边上的中线，亦即GM 为梯形11BCY X 的中位线．此时112BX CY GM +=．由11BX CY AG +=，故2AG GM =．由此即知G 点为ABC △之重心．即满足3AB ACAP AQ+=的直线PQ 过其重心．（5）必要性：设AD 为BC 边上的中线，G 为ABC △的重心时，由中线长公式（即性质1），有()()222222AD AB CA BC =+-，从而()()222222222212332333BC GA BC AD BC AD AB BC CA ⎛⎫+=+=+=++ ⎪⎝⎭．图14-4MY 1Y 2X 1X 2P 1P 2Q 1Q 2ABC G同理，()22222222333CA GB AB BC CA AB GC +=++=+．充分性：注意到结论，给定ABC △后，若点G 满足()222213GA GB CA BC -=-为常数，则点G 的轨迹是垂直于直线AB 的一条直线，并且这条直线过ABC △的重心．事实上，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴建立坐标系，设(),G x y ，则222AG x y =+，()222BG x c y =-+，其中AB c =．因此，由()22222123GA GB cx c CA BC -=-=-，得G 的坐标为2223,6CA BC AB y AB ⎛⎫-+⎪⎝⎭，即证得前一断言，后一断言可由性质4（4）推证：由AB 上的点P 2223,06CA BC AB AB ⎛⎫-+⎪⎝⎭知AP 的长度，可求得AC 上的线段AQ 的长度为()()2222223cos 3AC CA BC AB AP BAC AB AC BC -+=∠+-，故3AB ACAP AQ +=，即证．性质5设P 是锐角ABC △内一点，射线AP 、BP 、CP 分别交边BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，则P 为ABC △重心的充分必要条件是DEF ABC △∽△．证明充分性：如图14-5，设PEF α∠=，CPE β∠=，CPD γ∠=，EBC α'∠=，并分别用A 、B 、C 表示BAC ∠、ABC ∠、ACB ∠．在DEF △中，对点P 应用角元形式的塞瓦定理，有 sin sin sin 1sin sin sin PEF PDE PFDPED PDF PFE∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin 1sin sin sin B C A B βγαβααβαβγαβαπ---+-+⋅⋅=--π+++--．在ABC △中，对点P 应用角元形式的塞瓦定理，有 sin sin sin 1sin sin sin PBC BAP ACPPBA CAP PCB∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin 1sin sin sin B C A B βγαβααβαβγαβα''π---+-+'⋅⋅='''--π+++--．设()()()()()()sin sin sin sin sin sin B x C x xf x x A B x x βγβββγβπ---+-+=⋅⋅--π+++--．图14-5α'γβαFEDABC由x ，B x -，B x βγπ---+，A B x βγ-π+++-，C x β-+，0,2x βπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，易知()f x 递增，于是由()()f f αα'=可得αα'=，所以EF BC ∥．同理可得DF AC ∥，DE AB ∥．从而有AF AE FB EC =，AF DC FB BD =，DC ECBD AE=．所以AF FB =，BD DC =，EC AE =．故P 为ABC △的重心．必要性：显然（略）．故命题获证，性质6三角形重心G 到任一条直线l 的距离，等于三个顶点到同一条直线的距离的代数和的三分之一．事实上，若设三顶点A ，B ，C ，重心G ，BC 边的中点M 到直线l 的距离分别为A d ，B d ，C d ，G d ，M d ，则()23G A M G d d d d =+-，()12M B C d d d =+．两式相加，即有 ()13G A B C d d d d =++．注由此性质可推知：设作一直线使三角形三个顶点到它的距离的代数和为零，则它通过重心．所以这种和为定值的直线与一个以G 为圆心的圆相切．性质7设G 为ABC △的重心，若222AG BG CG +=，则两中线AD 和BE 垂直；反之，若两中线AD ，BE 垂直，则222AG BG CG +=．【典型例题与基本方法】例1如图14-6，在ABC △中，G 为重心，P 为形内一点，直线PG 交直线BC ，CA ，AB 于A '，B '，C '．求证：3A P B P C PA GB GC G'''++='''．证明连BG ，GC ，PB ，PC ，分别过G ，P 作GG BC '⊥于G '，作PP BC '⊥于P '，则PP GG ''∥，PP A PGG A G''=''．又PBC GBC S PP S GG '='△△，有PBC GBC S A P S A G '='△△．同理PCA GCA S B P S B G '='△△，PAB GAB S C P S C G '='△△．因G 为重心，有13GAB GBC GBC GCA ABC S S S S S ====△△△△△．图14-6G 'P'C 'B'A'ABCGP故3333PBC PCA PABABC ABC ABCS S S A P B P C P A G B G C G S S S '''++=++='''△△△△△△．例2如图147-，设ABC △的重心为G ，AG ，BG ，CG 分别交对边于D ，E ，F ，交ABC △的外接圆于A '，B '，C '．求证：1A D B E C FDA EB FC'''++≥．证明设BC a =，CA b =，AB c =，这三边上的中线分别记为a m ，b m ，c m ，应用相交弦定理，有22224a A D A D DA BD DC a DA DA DA m ''⋅⋅===．同理224b B E b EB m '=，224c C F C FC m '=．则所证不等式等价于2222224a b ca b c m m m ++≥．应用三角形中线公式222222am b c a =+-等三式，可求出2a ，2b ，2c ，即()22224229b c a a m m m =+-等三式．将其代入上式左边，即证得结论成立．3．例3如图14-8，过ABC △的重心G 任作一条直线把这个三角形分成两部分，试证：这两部分面积之差不大于整个三角形面积的19．（1979年安徽省竞赛题）证明把三角形的每条边三等分，过每一分点作平行于其他两边的直线，这些直线把ABC △分成9个面积相等的小三角形．内部那个交点正好是这个三角形的重心G ．过G 的任一直线把三角形分成两部分，观察这两部分面积之差，显然不超过BEF △的面积，即ABC △面积的19．图14-7C 'B 'A 'GF ED ABC图14-8A例4如图14-9，已知P 为ABCD Y 内一点，O 为AC 与BD 的交点，M ，N 分别为PB ，PC 的中点，Q 为AN 与DM 的交点，求证：（1）P ，Q ，O 三点在一直线上；（2）2PQ OQ =．证明连PO ，设PO 与AN ，DM 分别交于点Q '，Q ''．在PAC △中，AO OC =，PN NC =，则Q '为其重心，且2PQ OQ ''=．在PDB △中，DO BO =，BM MP =，则Q ''为其重心，且2PQ OQ ''''=．这样，Q Q '''≡，并且Q '，Q ''就是AN ，DM 的交点Q ．故P ，Q ，O 在一条直线上，且2PQ OQ =．例5如图14-10，已知CA AB BD ==，AB 为O e 的直径，CT 切O e 于P ．求证：APC DPT ∠=∠．证明连PO 并延长交O e 于E ，则PE PC ⊥．连EC ，ED ，并延长PA 交CE 于F ．在Rt CPE △中，CO 为PE 边上的中线，且2CA AO =，即知A 为CPE △的重心，则PF 为CE 边上的中线，从而CF PF =，FCP FPC ∠=∠．又PE 与CD 互相平分，则CPDE 为平行四边形，即有FCP DPT ∠∠=．故CPA FCP DPT ∠=∠=∠．例6试证：以锐角三角形各边为直径作圆，从相对顶点作切线，得到的六个切点共圆．证明如图14-11，设ABC △的三边分别为a ，b ，c ，O e 是以BC a =为直径的圆，AT 切O e 于T 点．连AO ，在AO 上取点G 使2AG GO =，则G 为ABC △的重心．连OT ，GT ，由AO =，2222cos TG OT OG OT OG TOA =+-⋅⋅∠及cos OT TOA OA ∠=，12OT a =，13OG OA =，有()2222118TG a b c =++为定值．同理，其他五个切点如T 等到重心G 的距离的平方均为()222118a b c ++，由此即证．例7如图14-12，AD ，BE ，CF 是ABC △的三条中线，P 是任意一点．证明：在PAD △，PBE △，图14-9Q P MN DOABC 图14-10DC图14-11ABPCF △中，其中一个面积等于另外两个面积的和．（第26届莫斯科奥林匹克题）证明设G 为ABC △的重心，直线PG 与AB ，BC 相交，从A ，C ，D ，E ，F 分别作该直线的垂线，垂足为A '，C '，D '，E '，F '，易证2AA DD ''=，2CC FF ''=，2EE AA CC '''+=，从而EE DD FF '''=+，故PGE PGD PGF S S S =+△△△．【解题思维策略分析】1．注意中线长公式、莱布尼兹公式的应用例8已知ABC △的三边BC a =，CA b =，AB c =，DEF △是ABC △的任意内接三角形，试以a ，b ，c 表示DEF △的三边平方和的最小值．解首先，证明如下结论：若G 为ABC △内的任意一点，G 到三边BC ，CA ，AB 的距离分别为x ，y ，z ，则当x y z a b c =∶∶∶∶时，222x y z ++的最小值为22224ABCS a b c ++△．事实上，由柯西不等式()()()222222224ABC a b c xy z ax by cz S ++++++=△≥，当且仅当xy z a b c =∶∶∶∶时取等号，由此即证．如图14-13，设G 为DEF △的重心，则由中线长公式或重心性质3（2），有()2222129GD DE DF EF ⎡⎤=+-⎣⎦， ()2222129GE DF EF DF ⎡⎤=+-⎣⎦， ()2222129GF EF DF DE ⎡⎤=+-⎣⎦．三式相加，得()2222223DE EF FD GD GE GF ++=++．图14-12G F'E'DFEDABCD 'C 'A '图14-13D 0F 0E 0F EDGABC从G 点向ABC △的三边BC ，AC ，AB 引垂线，垂足分别为0D ，0E ，0F ，则()()()2222222222222022212333ABCS DE EF FD GD GE GF DD EE FF GD GE GF a b c ++=+++++++++△≥≥．下证等号能够取到，设G 为ABC △内一点，G 到BC ，CA ，AB 的距离依次为x ，y ，z ，且满足x y z a b c =∶∶∶∶．过G 分别向三边作垂线，垂足为0D ，0E ，0F ，由0D ，C ，0E ，G 共圆，知00180D GE C ∠+∠=︒，于是00001sin 21sin 2GD E ABCxy D GE S xy S ab ab C ⋅∠==⋅∠△△．同理，00GE F ABCS yzS bc =△△，00GF D ABC S zx S ca=△△．因x y z a b c =∶∶∶∶，则xy yz zxab bc ca==，故000000GD E GE F GF D S S S ==△△△，由重心性质4（1），知G 为000D E F △的重心．由此可见，对ABC △的内接000D E F △而言，222200000022212ABCS D E E F F D a b c ++=++△．因此，所求最小值为222212ABCS a b c ++△．例9如图14-14，设G 为ABC △的重心，AG ，BG ，CG 的延长线分别交ABC △的外接圆于A '，B '，C '．求证：（1）3AG BG CGGA GB GC ++='''；（2）3GA GB GC GA BG CG'''++≥；（3）GA GA'或GB GB '或1GCGC '≤．证明（1）证法1：设AA '交BC 于D ，则D 为BC 的中点．由13ABC ABGGBA GBA S S AG GA S S ''=='△△△△，13ABC GAB S BG GB S '='△△，13ABC GAC SCG GC S '='△△，及AGB BGA ''△∽△， AGC CGA ''△∽△，有22GAB GBA S AG S BG ''=△△，22GAC GAC GBA GCA S S AG S S CG ''''==△△△△，从而图14-14'22222211133ABCABC BGA BGA S S AG BG CG BG CG AG BG CG GA GB GC S AG AG S AG ''⎡⎤⎛⎫++⎛⎫⎛⎫++=⋅++=⋅⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪'''⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦△△△△．由BDA ADC '△∽△，得22221192BDA BDA ADC ABC S S BD BC S AD AG S ''===⋅△△△△，所以222222113BGA ABC BGA BGA S S BG CG AG BG CG S AG AG S AG '''⎡⎤⎛⎫++⎛⎫⎛⎫++=⋅⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦△△△△．由BDA ADC '△∽△得22221192BDA BDA ADC ABC S S BD BC S AD AG S ''===⋅△△△△，所以2222111361818BGA BGD BDA ABC ABC ABC S S S BC AG BC S S S AG AG ''⎛⎫+⎛⎫=+=+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭△△△△△△．中线长公式或重心性质3（2），有()2222223AG BG CG AB BC CA ++=++ ．从而()()222222222323AG BC AB BC CA AG BG CG +⋅++=++=．故22222211833AG BG CG AG AG BG CG GA GB GC AG BC AG ⋅++++=⋅⋅'''+ ()()222222221832AG AG BG CG AG BG CG AG⋅⋅++=⋅++⋅3=．证法2：令O 为ABC △的外心，由莱布尼兹公式，则()2222219OG R a b c =-++（其中R ，a ，b ，c 分别 ABC △的外接圆半径及三边之长）．注意到()2222219GA GA GB GB GC GC R OG a b c '''⋅=⋅=⋅=-=++，于是222AG BG CG AG BG CG GA GB GC GA GA BG GB CG GC++=++''''''⋅⋅⋅ ()()2222222222213319a b c AG BG CGR OG a b c ++++===-++．（2）2113333GA GB GC GA GB GC AG BG CG GA GB GC GA GB GC GA GB GC ''''''⎛⎫⎛⎫++=++⋅++⋅= ⎪ ⎪'''⎝⎭⎝⎭≥ （3）由（2），知A G AG '或B G BG '或1C G CG '≥，由此即AG GA '或BG GB '或1CGGC '≤，或由（1）也可推得结论成立． 2．证明线共点的一条途径例10如图14-15，设O e 是ABC △的内切圆，BC ，CA ，AB 上的切点各是D ，E ，F ．射线DO 交EF 于A '，同样可得B '，C '．试证：直线AA '，BB '，CC '共点．证明连A B '，A C '．易知B ，D ，O ，F 及C ，D ，O ，E 分别共圆，得A OF B '∠=∠，A OE C '∠=∠．在A OF '△及A OE '△中应用正弦定理，有'sin sin sin sin A F OA OA A EA OF OFA OEA A OE '''===''''∠∠∠∠，有sin sin sin sin A F A OF B AC A E A OE C AB ''∠∠===''∠∠．从而AB A F AC A E ''⋅=⋅．又AFE AEF ∠=∠，故有11sin sin 22ABA ACA S AFE A F AEF AC A E S ''''=∠⋅=∠⋅⋅=△△．由此式可知直线AA '必平分BC 边，即AA '必过ABC △的重心，同样可证BB '，CC '，也都过ABC △的重心．故由重心的唯一性，知AA '，BB '，CC '三直线共点于ABC △的重心．【模拟实战】习题A1．如图14-16，点O 在锐角ABC △内，过O 作EF BC ∥，PQ CA ∥，HG AB ∥，若EF PQ HGBC CA AB ==，试问O 为ABC △的什么心？2．如图14-17，M 、N 、P 分别为正ABC △、DCE △、mBEF 的重心．求证：MNP △为正三角形．图14-15图14-16OABCEFGHPQ3．已知ABC △的重心G 和内心I 的连线GI BC ∥．求证：2AB AC BC +=．4．设O 为ABC △的外心，AB AC =，D 是AB 的中点，G 是ACD △的重心．求证：OG CD ⊥． 5．设M 为ABC △的重心，且3AM =，4BM =，5CM =，求ABC △的面积．（1991年上海市初中竞赛题）6．设D 是ABC △的边BC 上的一点，点E ，F 分别是ABD △和ACD △的重心，连接EF 交AD 于点G ，则DGGA的值是多少？（1991～1992年度广州等五市竞赛题） 7．给定任意ABC △，作这样的直线与三角形相交，使得由A 点到直线的距离等于由B ，C 点到直线的距离的和．证明：所有这样的直线相交于一点．习题B1．如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相似，其逆亦真．2．在ABC △中，G 为重心，I 为内心，试证：AGI △，BGI △，CGI △中，最大的一个的面积等于其余两介面积的和．3．在锐角ABC △中，O ，G 分别为其外心和重心．若OG AC ∥，求证：tan A ，tan B ，tan C 成等差数列，4．试证：任意三角形的重心到三边距离之和不小于其内心到三边距离之和．图14-17FEA BC M NP。

高中数学奥赛辅导教材(共十讲)

第一讲集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.赛题精讲Ⅰ．集合中待定元素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集}lg lg )9131lg(|),{(33y x y x y x +=++中元素的个数. 【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知,9131,0,033xy y x y x =++>>及由平均值不等式，有,)91()31()(3913133333xy y x y x =⋅⋅≥++ 当且仅当333331,91,9131====y x y x 即（虚根舍去）时，等号成立. 故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：已知.}.,22|{},,34|{22B A x x x y y B x x x y y A ⋂∈+--==∈+-==求R R【思路分析】先进一步确定集合A 、B.【略解】,11)2(2≥--=x y 又.33)1(2≤++-=x y∴A=}.31|{},3|{},1|{≤≤-=⋂≤=-≥y y B A y y B y y 故【评述】此题应避免如下错误解法：联立方程组⎪⎩⎪⎨⎧+--=+-=.22,3422x x y x x y 消去.0122,2=+-x x y 因方程无实根，故φ=⋂B A . 这里的错因是将A 、B 的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：已知集合|}.|||1|||),{(},0,|||||),{(y x xy y x B a a y x y x A +=+=>=+= 若B A ⋂是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a 的值为.【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.【略解】点集A 是顶点为（a ，0），（0，a ），（－a ，0），（0，－a ）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.将||||1||y x xy +=+，变形为,0)1|)(|1|(|=--y x所以，集合B 是由四条直线1,1±=±=y x 构成.欲使B A ⋂为正八边形的顶点所构成，只有212<<>a a 或这两种情况.（1）当2>a 时，由于正八形的边长只能为2，显然有,2222=-a故 22+=a .（2）当21<<a 时，设正八形边长为l ，则,222,2245cos -=-=︒l l l 这时，.221=+=l a 综上所述，a 的值为,222或+如图Ⅰ－1－1－1中).0,22(),0,2(+B A 【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ．集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4：设集合},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A 则在下列关系中，成立的是（）A ．D CB A ≠≠≠⊂⊂⊂ B ．φφ=⋂=⋂DC B A , C ．D C C B A ≠⊂⋃=, D ．φ=⋂=⋃D C B B A ,图Ⅰ－1－1－1【思路分析】应注意数的特征，即.,612613,21221Z ∈+=++=+n n n n n 【解法1】∵},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A ∴D C C B A ≠⊂⋃=,.故应选C. 【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应，令}.|63{},|2{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+='∈='∈='n n D n n C n n B n n A ππππππ 结论仍然不变，显然A ′为终边在坐标轴上的角的集合，B ′为终边在x 轴上的角的集合，C ′为终边在y 轴上的角的集合，D ′为终边在y 轴上及在直线x y 33±=上的角的集合，故应选（C ）.【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.例5：设有集合B A B A x x B x x x A ⋃⋂<==-=和求和},2|||{}2][|{2（其中[x ]表示不超过实数x 之值的最大整数）.【思路分析】应首先确定集合A 与B.从而 .2,.21A x ∈≤≤-显然∴}.22|{≤<-=⋃x x B A若 },2,1,0,1{][,2][,2--∈+=⋂∈x x x B A x 则从而得出 ).1]([1)1]([3-=-===x x x x 或于是 }3,1{-=⋂B A【评述】此题中集合B 中元素x 满足“|x |<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之.例6：设})],([|{},),(|{),,()(2R R R ∈==∈==∈++=x x f f x x B x x f x x A c b c bx x x f 且，如果A 为只含一个元素的集合，则A=B.【思路分析】应从A 为只含一个元素的集合入手，即从方程0)(=-x x f 有重根来解之.【略解】设0)(},|{=-∈=x x f A 则方程R αα有重根α，于是,)()(2α-=-x x x f )],([..)()(2x f f x x x x f =+-=从而α即 ,)()]()[(222x x x x x +-+-+-=ααα 整理得,0]1)1[()(22=++--ααx x 因α,x 均为实数 .,01)1(2αα=≠++-x x 故即.}{A B ==α【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.例7：已知N N M a y x y x N x y y x M =⋂≤-+=≥=求}.1)(|),{(},|),{(222成立时，a 需满足的充要条件.【思路分析】由.,M N N N M ⊆=⋂可知【略解】.M N N N M ⊆⇔=⋂由).1()12(1)(22222a y a y y x a y x -+-+-≤≤-+得于是，若0)1()12(22≤-+-+-a y a y ① 必有.,2M N x y ⊆≥即而①成立的条件是 ,04)12()1(422m a x ≤-----=a a y 即 ,0)12()1(422≤-+-a a 解得 .411≥a【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解. 例8：设A 、B 是坐标平面上的两个点集，}.|),{(222r y x y x C r ≤+=若对任何0≥r 都有B C A C r r ⋃⊆⋃，则必有B A ⊆.此命题是否正确？【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.【略解】不正确.反例：取},1|),{(22≤+=y x y x A B 为A 去掉（0，0）后的集合.容易看出,B C A C r r ⋃⊆⋃但A 不包含在B 中.【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P 23介绍了如下性质：一般地，对任意两个有限集合A 、B ，有 ).()()()(B A card B card A card B A card ⋂-+=⋃我们还可将之推广为：一般地，对任意n 个有限集合,,,,21n A A A 有)(1321n n A A A A A card ⋃⋃⋃⋃⋃-)]()([)]()()()([3121321A A card A A card A card A card A card A card n ⋂+⋂-++++= )]()]([)]()(1232111n n n n n n A A A card A A A card A A card A A card ⋂⋂++⋂⋂+⋂++⋂++---).()1(311n n A A A card ⋂⋂⋂⋅-+--应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}. 则.8)(,7)(,9)(,20)(,19)(,21)(=⋂=⋂=⋂===A C card C B card B A card C card B card A card ∵)()()()()()()(A C card C B card B A card C card B card A card C B A card ⋂-⋂-⋂-++=⋃⋃ ),(C B A card ⋂⋂+∴.3689201921)()(=--++=⋂⋂-⋃⋃C B A card C B A card 这里，)(C B A card ⋃⋃是数、理、化中至少一门是优秀的人数，)(C B A card ⋂⋂是这三科全优的人数.可见，估计)(C B A card ⋃⋃的范围的问题与估计)(C B A card ⋂⋂的范围有关.注意到7)}(),(),(min{)(=⋂⋂⋂≤⋂⋂A C card C B card B A card C B A card ，可知 7)(0≤⋂⋂≤C B A card . 因而可得.43)(36≤⋃⋃≤C B A card 又∵.5)(),()()(=⋃⋃=⋃⋃+⋃⋃C B A card U card C B A card C B A card 其中 ∴.48)(41≤≤U card 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是).(C B A card ⋃⋂ ∴)()()()()(B card C B A card C B card C B A card C B A card -⋃⋃=⋃-⋃⋃=⋃⋂ .32)()()(-⋃⋃=⋂+-C B A card C B card C card 可见,11)(4≤⋃⋂≤C B A card 同理可知 ,10)(3≤⋃⋂≤C A B card.12)(5≤⋃⋂≤A B C card 故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.第二讲映射及映射法知识、方法、技能1．映射的定义设A ，B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射，记作.:B A f →（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A ，B 可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A 到B 的映射与从B 到A 的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.（3）映射包括集合A 和集合B ，以及集合A 到B 的对应法则f ，三者缺一不可.（4）对于一个从集合A 到集合B 的映射来说，A 中的每一个元素必有惟一的，但B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.2．一一映射一般地，设A 、B 是两个集合，.:B A f →是集合A 到集合B 的映射，如果在这个映射下，对于集合A 中的不同元素，在集合B 中有不同的象，而且B 中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A 到B 上的一一映射.3．逆映射如果f 是A 与B 之间的一一对应，那么可得B 到A 的一个映射g ：任给B b ∈，规定 a b g =)(，其中a 是b 在f 下的原象，称这个映射g 是f 的逆映射，并将g 记为f —1.显然有（f —1）—1= f ，即如果f 是A 与B 之间的一一对应，则f —1是B 与A 之间的一一对应，并且f —1的逆映射是f .事实上，f —1是B 到A 的映射，对于B 中的不同元素b 1和b 2，由于它们在f 下的原象不同，所以b 1和b 2在f —1下的像不同，所以f —1是1－1的. 任给b a f A a =∈)(,设，则a b f=-)(1.这说明A 中每个元素a 在f —1都有原象.因此，f —1是映射上的.这样即得f —1是B 到A 上的1－1映射，即f —1是B 与A 之间一一对应.从而f —1有逆映射.:B A h →由于任给b a h A a =∈)(,设，其中b 是a 在f —1下的原象，即f —1(b)=a ，所以，f(a)=b ，从而f h a f b a h ===得),()(，这即是f —1的逆映射是f .赛题精讲Ⅰ映射关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.例1：设集合},,,,|),,,{(},,110|{M d c b a d c b a F x x x M ∈=∈≤≤=集合Z 映射f ：F →Z.使得v u y x v x y u y x v u cd ab d c b a ff f ,,,,66),,,(,39),,,(.),,,(求已知→→-→的值.【思路分析】应从cd ab d c b a f -→),,,(入手，列方程组来解之.【略解】由f 的定义和已知数据，得⎩⎨⎧∈=-=-).,,,(66,39M y x v u xv uy xy uv 将两式相加，相减并分别分解因式，得.27))((,105))((=+-=-+x u v y x u v y显然，},110|{,,,,0,0Z ∈≤≤∈≥-≥-x x x v u y x v y x u 在的条件下，,110≤-≤v u ,21)(,15)(,105|)(,2210,221]11105[21=+=++≤+≤≤+≤+v y v y v y v y v y 可见但即对应可知.5)(,7)(21=-=-x u x u 同理，由.9)(,3)(223,221]1127[,11021=+=+≤+≤≤+≤+≤-≤x u x u x u x u v y 又有知对应地，.3)(,9)(21=-=-v y v y 于是有以下两种可能：（Ⅰ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+;3,9,7,15v y x u x u x y （Ⅱ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+.3,9,5,21v y x u x u v y 由（Ⅰ）解出x =1，y=9，u =8，v =6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M 中元素的范围.因此，（Ⅱ）无解.【评述】在解此类问题时，估计x u v y x u v y +--+,,,的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.例2：已知集合}.0|),{(}333|),{(><<=xy y x x y y x A 和集合求一个A 与B 的一一对应f ，并写出其逆映射.【略解】从已知集合A ，B 看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.集合A 为直线x y x y 333==和所夹角内点的集合，集合B 则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A 区域拓展成B 区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A 和B ：图Ⅰ－1－2－1},36,,0|)sin ,cos {(πθπρρθρθρ<<∈≠=R A }.20,,0|)sin ,cos {(πϕρρϕρϕρ<<∈≠=R B 令).6(3),sin ,cos ()sin ,cos (πθϕϕρϕρθρθρ-=→f 在这个映射下，极径ρ没有改变，辐角之间是一次函数23πθϕ-=，因而ϕθ和之间是一一对应，其中),3,6(ππθ∈ ).2,0(πϕ∈所以，映射f 是A 与B 的一一对应. 逆映射极易写，从略.【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.Ⅱ映射法应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.例3：设X={1，2，…，100}，对X 的任一非空子集M ，M 中的最大数与最小数的和称为M 的特征，记为).(M m 求X 的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设.}|101{,:,X A a a A A A f X A ≠≠⊂∈-=''→⊂令于是A A f '→:是X 的非空子集的全体（子集组成的集），Y 到X 自身的满射，记X 的非空子集为A 1，A 2，…，A n （其中n=2100－1），则特征的平均数为.))()((21)(111∑∑=='+=ni i i n i i A m A m n A m n 由于A 中的最大数与A ′中的最小数的和为101，A 中最小数与A ′中的最大数的和也为101，故,202)()(='i i A m A m 从而特征平均数为 .10120221=⋅⋅n n如果A ，B 都是有限集合，它们的元素个数分别记为).(),(B card A card 对于映射B A f →:来说，如果f 是单射，则有)()(B card A card ≤；如果f 是满射，则有)()(B card A card ≥；如果f 是双射，则有)()(B card A card =.这在计算集合A 的元素的个数时，有着重要的应用.即当)(A card 比较难求时，我们就找另一个集合B ，建立一一对应B A f →:，把B 的个数数清，就有)()(B card A card =.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.例4：把△ABC 的各边n 等分，过各分点分别作各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边形的个数.【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性，先考虑边不行于BC 的小平行四边形.把AB 边和AC 边各延长一等分，分别到B ′，C ′，连接B ′C ′.将A ′B ′的n 条平行线分别延长，与B ′C ′相交，连同B ′，C ′共有n+2个分点，从B ′至C ′依次记为1，2，…，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B ′C ′于i ，j ，k ，l .记A={边不平行于BC 的小平行四边形}，}.21|),,,{(+≤<<<≤=n l k j i l k j i B把小平行四边形的四条边延长且交C B ''边于四点的过程定义为一个映射：B A f →:. 下面我们证明f 是A 与B 的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于C B ''的四点亦不全同.所以，四点组),,,(l k j i 亦不相同，从而f 是A 到B 的1－1的映射.任给一个四点组21),,,,(+≤<<<≤n l k j i l k j i ，过i ，j 点作AB 的平行线，过k ，l 作AC 的平行线，必交出一个边不平行于BC 的小平行四边形，所以，映射f 是A 到B 的满射. 总之f 是A 与B 的一一对应，于是有.)()(42+==n C B card A card加上边不平行于AB 和AC 的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是.342+n C 例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌.【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题.【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.现设第一行中的空格数最多是3个，则有11314)(=-≥X card ，另一方面全部的骨牌数为11，即.11)(=Y card 所以必有),()(Y card X card =事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.例6：设N={1，2，3，…}，论证是否存一个函数N N f →:使得2)1(=f ，n n f n f f +=)())((对一切N ∈n 成立，)1()(+<n f n f 格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决.（2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.（i ）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问题得到解决；（ii ）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖；（iii ）骨牌是竖放的.现在假设仅发生（2）中的（ii ）和（iii ）时，我们记X 为下面5×6个方格中的空格集合，Y 为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射Y X →:ϕ，由于每个空格（X 中的）上方都有骨牌（Y 中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有 )()(Y card X card ≤，对一切N ∈n 成立.【解法1】存在，首先有一条链.1→2→3→5→8→13→21→…①链上每一个数n 的后继是)(n f ，f 满足n n f n f f +=)())((②即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f 链.对于①中的数m>n ，由①递增易知有n m n f m f -≥-)()(③我们证明自然数集N 可以分析为若干条f 链，并且对任意自然数m>n ，③成立（从而)()1(n f n f >+），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社）设已有若干条f 链，满足③，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义1)()1(+=+k f k f ④这链中其余的数由②逐一确定.对于m>n ，如果m 、n 同属于新链，③显然成立，设m 、n 中恰有一个属于新链.若m 属于新链，在m=k+1时，,1)(1)()()(n m n k n f k f n f m f -=+-≥-+=-设对于m ，③成立，则n m f m n m n f m m f n f m f f -≥+-≥-+=-)()()()())(( [由②易知)(2m f m ≥]. 即对新链上一切m ，③成立.若n 属于新链，在n=k+1时，.11)()()()(n m k m k f m f n f m f -=--≥--=-设对于n ，③成立，在m>n 时，m 不为原有链的链首。